2020-2021中考数学备考之圆的综合压轴突破训练∶培优篇含答案

2020-2021中考数学备考之圆的综合压轴突破训练∶培优篇含答案
一、圆的综合
1．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；
（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．
【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)63 8
.
【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= 1
2 PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝2
∴点Q的坐标为（2，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝9
2
－3＝
3
2
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：1
2
×(
3
2
＋2)×4.5＝
63
8
.
【解析】
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝－3＝， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：×(
＋2)×4.5＝.
【点睛】 本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ 和三角形BPQ 都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
2．如图，AB 为⊙O 的直径，点E 在⊙O 上，过点E 的切线与AB 的延长线交于点D ，连接BE ，过点O 作BE 的平行线，交⊙O 于点F ，交切线于点C ，连接AC
（1）求证：AC 是⊙O 的切线；
（2）连接EF ，当∠D= °时，四边形FOBE 是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）30.
【解析】
【分析】
（1）由等角的转换证明出OCA OCE ∆∆≌，根据圆的位置关系证得AC 是⊙O 的切线. （2）根据四边形FOBE 是菱形，得到OF=OB=BF=EF ，得证OBE ∆为等边三角形，而得出60BOE ∠=︒，根据三角形内角和即可求出答案.
【详解】
（1）证明：∵CD 与⊙O 相切于点E ，
∴OE CD ⊥，
∴90CEO ∠=︒，
又∵OC BE P ，
∴COE OEB ∠=∠，∠OBE=∠COA
∵OE=OB ，
∴OEB OBE ∠=∠，
∴COE COA ∠=∠，
又∵OC=OC ，OA=OE ，
∴OCA OCE SAS ∆∆≌（）
， ∴90CAO CEO ∠=∠=︒，
又∵AB 为⊙O 的直径，
∴AC 为⊙O 的切线；
（2）解：∵四边形FOBE 是菱形，
∴OF=OB=BF=EF ，
∴OE=OB=BE ，
∴OBE ∆为等边三角形，
∴60BOE ∠=︒，
而OE CD ⊥，
∴30D ∠=︒．
故答案为30．
【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.
3．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；
()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；
()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4
=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）37
【解析】
【分析】
（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；
（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；
（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；
【详解】
()1证明：如图1中，
O Q e 与CE 相切于点C ，
OC CE ∴⊥，
OCE 90∠∴=o ，
D E 90∠∠∴+=o ，
2D 2E 180∠∠∴+=o ，
AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，
AOD 2E 180∠∠∴+=o ．
()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．
OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，
∴四边形OCFR 是矩形，
AF//CD ∴，CF OR =，
A AOD ∠∠∴=，
在AOR V 和ODG V 中，
A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，
AOR ∴V ≌ODG V ，
OR DG ∴=，
DG CF ∴=，
()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH
交DE 于W ．
设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，
OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，
AF//OC//BT ∴，
OA OB =Q ，
CT CF 3m ∴==，
ET m ∴=，
CD Q 为直径，
CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，
E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，
tan E tan CBT ∠∠∴=，
BT CT ET BT
∴=， BT 3m m BT
∴=， BT 3m(∴=负根已经舍弃)，
3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ，
CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，
H E 60∠∠∴==o ，
MON 2HCN 60∠∠∴==o ，
OM ON =Q ，
OMN ∴V 是等边三角形，
MN ON ∴=，
QM OB OM ==Q ，
MOQ MQO ∠∠∴=，
MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，
ON NP 141125∴==+=，
CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，
在Rt CDN V 中，2222CN CD DN 501448=-=-=，
在Rt CHN V 中，CN 48tan H 3HN HN
∠===， HN 163∴=，
在Rt KNH V 中，1KH HN 832==，3NK HN 24==， 在Rt NMK V 中，2222MK MN NK 25247=-=-=，
HM HK MK 837∴=+=+．
【点睛】
本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.
4．如图，在ABC V 中，90ACB ∠=o ，BAC ∠的平分线AD 交BC 于点D ，过点D 作DE AD ⊥交AB 于点E ，以AE 为直径作O e ．
()1求证：BC 是O e 的切线；
()2若3AC =，4BC =，求tan EDB ∠的值．
【答案】（1）见解析；（2）1tan 2
EDB ∠=
． 【解析】
【分析】 ()1连接OD ，如图，先证明OD//AC ，再利用AC BC ⊥得到OD BC ⊥，然后根据切线的判定定理得到结论；
()2先利用勾股定理计算出AB 5=，设O e 的半径为r ，则OA OD r ==，OB 5r =-，再证明BDO V ∽BCA V ，利用相似比得到r ：()35r =-：5，解得15r 8=
，接着利用勾股定理计算5BD 2=，则3CD 2=，利用正切定理得1tan 12
∠=，然后证明1EDB ∠∠=，从而得到tan EDB ∠的值．
【详解】
()1证明：连接OD ，如图，
AD Q 平分BAC ∠，
12∴∠=∠，
OA OD =Q ，
23∴∠=∠，
13∴∠=∠，
//OD AC ∴，
AC BC ⊥Q ，
OD BC ∴⊥，
BC ∴是O e 的切线；
()2解：在Rt ACB V 中，22345AB =
+=， 设O e 的半径为r ，则OA OD r ==，5OB r =-， //OD AC Q ，
BDO V ∴∽BCA V ，
OD ∴：AC BO =：BA ，
即r ：()35r =-：5，解得158r =， 158OD ∴=，258
OB =， 在Rt ODB V 中，2252
BD OB OD =-=， 32
CD BC BD ∴=-=， 在Rt ACD V 中，3
12tan 132
CD AC ∠===， AE Q 为直径，
90ADE ∴∠=o ，
90EDB ADC ∴∠+∠=o ，
190ADC ∠+∠=o Q ，
1EDB ∴∠=∠，
1tan 2
EDB ∴∠=
． 【点睛】 本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径.判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；也考查了圆周角定理和解直角三角形．
5．如图，在△ABP 中,C 是BP 边上一点,∠PAC =∠PBA ,⊙O 是△ABC 的外接圆,AD 是⊙O 的直径,且交BP 于点E.
（1）求证：PA 是⊙O 的切线；
（2）过点C 作CF ⊥AD ，垂足为点F ，延长CF 交AB 于点G ，若AG•AB=12，求AC 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）23
【解析】
试题分析：（1）根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA 得出
∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案；
（2）首先得出△CAG ∽△BAC ，进而得出AC 2=AG·
AB ，求出AC 即可. 试题解析：（1）连接CD ,如图,
∵AD 是⊙O 的直径,
∴∠ACD =90°,
∴∠CAD +∠D =90°，
∵∠PAC =∠PBA ，∠D =∠PBA ，
∴∠CAD +∠PAC =90°，
即∠PAD =90°，
∴PA ⊥AD ，
∴PA 是⊙O 的切线；
（2）∵CF ⊥AD ，
∴∠ACF +∠CAF =90°，∠CAD +∠D =90°，
∴∠ACF=∠D，
∴∠ACF=∠B，
而∠CAG=∠BAC，
∴△ACG∽△ABC，
∴AC：AB=AG：AC，
∴AC2=AG•AB=12，
∴AC=23．
6．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．
（1）求证：∠AEC=90°；
（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；
（3）若DC=2，求DH的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形AOCD为菱形；
（3）DH=2．
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得
，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出
∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由
DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．
试题解析：（1）连接OC，
∵EC与⊙O切点C，
∴OC⊥EC，
∴∠OCE=90°，
∵点CD是半圆O的三等分点，
∴，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）
∴∠AEC+∠OCE=180°，
∴∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．理由是：
∵，
∴∠DCA=∠CAB，
∴CD∥OA，
又∵AE∥OC，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∵OA=OC，
∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．
∵四边形AOCD为菱形，
∴OA=AD=DC=2，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD=2，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DH⊥AB于点F，AB为直径，
∴DH=2DF，
在Rt△OFD中，sin∠AOD=，
∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，
∴DH=2DF=2．
考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．
7．在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x2，y2），且
x1≠x2，y1≠y2，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（0，23），∴OA=2，OB=23．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=22
（）=4，∴∠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．
∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=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．
8．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点E，连接AC，BC，点F是BA延长线上的一点，且∠FCA＝∠B.
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若AE＝4，tan∠ACD＝
3
3
，求FC的长．
【答案】（1）见解析
【解析】
分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．
详解：(1)证明：连接OC.∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，∴∠OCB＋∠ACO＝90°.
∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB.
又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB，
∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°，
∴FC⊥OC，
∴FC是⊙O切线．
(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=
AE
43 tan ACE3
∠
==
设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.
在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，
即r2＝(r－4)2＋(43)2，解得r＝8.
∴OE＝r－4＝4＝AE.
∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.
在Rt△FOC中，
∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，
∴OF＝2OC＝16，
∴FC＝22
-=.
OF OC83
点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．
9．已知：如图，△ABC中，AC=3，∠ABC=30°．
（1）尺规作图：求作△ABC的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；
（2）求（1）中所求作的圆的面积．
【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．
【解析】
试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB的垂直平分线；②作线段BC的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆．如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC＝3，如图弦AC所对的圆周角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．
（2）连接OA，OB．
∵AC=3，∠ABC=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴圆的半径是3，
∴圆的面积是S=πr2=9π．
10．如图，△ABC中，∠A=45°，D是AC边上一点，⊙O经过D、A、B三点，OD∥BC．（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）若OD=15，AE=7，求BE的长．
【答案】(1)见解析;(2)18.
【解析】
分析：（1）连接OB，求出∠DOB度数，根据平行线性质求出∠CBO=90°，根据切线判定得出即可；
（2）延长BO交⊙O于点F，连接AF，求出∠ABF，解直角三角形求出BE．
详解：（1）证明：连接OB．
∵∠A=45°，
∴∠DOB=90°．
∵OD∥BC，
∴∠DOB+∠CBO=180°．
∴∠CBO=90°．
∴直线BC是⊙O的切线．
（2）解：连接BD．则△ODB是等腰直角三角形，
∴∠ODB=45°，BD=OD=15，
∵∠ODB=∠A，∠DBE=∠DBA，
∴△DBE∽△ABD，
∴BD2=BE•BA，
∴（15）2=（7+BE）BE，
∴BE=18或﹣25（舍弃），
∴BE=18．
点睛：本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键，题目综合性比较强，难度偏大．
11．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD．已知∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，AC＝4，BD＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）详见解析；（2）35 2
.
【解析】
【分析】
(1)解答时先根据角的大小关系得到∠1＝∠3，根据直角三角形中角的大小关系得出
OD⊥AD ，从而证明AD为圆O的切线；(2)根据直角三角形勾股定理和两三角形相似可以得出结果
【详解】
（1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠3＝∠B，
∵∠B＝∠1，
∴∠1＝∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°，
∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，
∴OD⊥AD，
则AD为圆O的切线；
（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，
∵OF⊥BD
∴DF＝BF＝1
2
BD＝3
∵AC＝4，CD＝2，∠ACD＝90°
∴AD＝22
AC CD
+＝25
∵∠CAD＝∠B，∠OFB＝∠ACD＝90°∴△BFO∽△ACD
∴BF
AC = OB AD
即3
4
=
25
∴OB＝35
∴⊙O的半径为35
2
．
【点睛】
此题重点考查学生对直线与圆的位置关系，圆的半径的求解，掌握勾股定理，两三角形相似的判定条件是解题的关键
12．如图，已知△ABC，AB=2，3
BC=，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD，以点A 为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．
（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（2）如果E是»DF的中点，求:
BD CD的值；
（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长．
【答案】(1) 2
442
y x x
=-+4
5
; (3) BD的长是1
1+5
.
【解析】
【分析】
（1）过点A作AH⊥BC，垂足为点H．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD的长度．联结DF，点D、F之间的距离y即为DF的长度，在Rt△ADF中，利用锐角三角形函数的定义求得DF的长度，易得函数关系式．
（2）由勾股定理求得：AC=22AH DH +．设DF 与AE 相交于点Q ，通过解Rt △DCQ 和
Rt △AHC 推知12
DQ CQ =．故设DQ=k ，CQ=2k ，AQ=DQ=k ，所以再次利用勾股定理推知DC 的长度，结合图形求得线段BD 的长度，易得答案．
（3）如果四边形ADCF 是梯形，则需要分类讨论：①当AF ∥DC 、②当AD ∥FC ．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答．
【详解】
（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．
∵∠B =45°，AB 2∴·cos 1BH AH AB B ===．
∵BD 为x ，∴1DH x =-．
在Rt △ADH 中，90AHD ∠=︒，∴22222AD AH DH x x =+=-+． 联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度．
∵点F 在圆A 上，且AF ⊥AD ，∴AD AF =，45ADF ∠=︒．
在Rt △ADF 中，90DAF ∠=︒，∴2442cos AD DF x x ADF =
=-+∠ ∴2442y x x =-+．()03x ≤≤ ;
（2）∵E 是DF 的中点，∴AE DF ⊥，AE 平分DF ． ∵BC=3，∴312HC =-=．∴225AC AH HC +=．
设DF 与AE 相交于点Q ，在Rt △DCQ 中，90DQC ∠=︒，tan DQ DCQ CQ ∠=
． 在Rt △AHC 中，90AHC ∠=︒，1tan 2AH ACH HC ∠=
=． ∵DCQ ACH ∠=∠，∴12
DQ CQ =． 设,2DQ k CQ k ==，AQ DQ k ==，
∵35k =53
k =，∴2253DC DQ CQ =+=． ∵43BD BC DC =-=
，∴4:5
BD CD =． （3）如果四边形ADCF 是梯形
则①当AF ∥DC 时，45AFD FDC ∠=∠=︒．
∵45ADF ∠=︒，∴AD BC ⊥，即点D 与点H 重合． ∴1BD =．
②当AD ∥FC 时，45ADF CFD ∠=∠=︒．
∵45B ∠=︒，∴B CFD ∠=∠．
∵B BAD ADF FDC ∠+∠=∠+∠，∴BAD FDC ∠=∠．
∴ABD ∆∽DFC ∆．∴AB AD DF DC =． ∵2DF AD =
，DC BC BD =-． ∴2AD BC BD =-．即()222-23x x x +=-,
整理得 210x x --=，解得 15x ±=（负数舍去）． 综上所述，如果四边形ADCF 是梯形，BD 的长是1或
1+5． 【点睛】
此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
13．如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 是半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点．
（1）如图1，连接FA ，FC ，若∠AFC ＝2∠BAC ，求证：FA ⊥AB ；
（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G 是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接FA ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF ＝FG ．
①试猜想∠AFG 和∠B 的数量关系，并证明；
②连接OG ，若OE ＝BD ，∠GOE ＝90°，⊙O 的半径为2，求EP 的长．
【答案】（1）见解析；（2）①结论：∠GFA ＝2∠ABC ．理由见解析；②PE ＝
36
． 【解析】
【分析】 （1）证明∠OFA ＝∠BAC ，由∠EAO +∠EOA ＝90°，推出∠OFA +∠AOE ＝90°，推出∠FAO ＝90°即可解决问题．
（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．连接FC．由FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作
⊙F．因为»»
=，推出∠GFA＝2∠ACG，再证明∠ACG＝∠ABC．
AG AG
②图2﹣1中，连接AG，作FH⊥AG于H．想办法证明∠GFA＝120°，求出EF，OF，OG即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OC．
∵OA＝OC，EC＝EA，
∴OF⊥AC，
∴FC＝FA，
∴∠OFA＝∠OFC，
∵∠CFA＝2∠BAC，
∴∠OFA＝∠BAC，
∵∠OEA＝90°，
∴∠EAO+∠EOA＝90°，
∴∠OFA+∠AOE＝90°，
∴∠FAO＝90°，
∴AF⊥AB．
（2）①解：结论：∠GFA＝2∠ABC．
理由：连接FC．
∵OF垂直平分线段AC，
∴FG＝FA，
∵FG＝FA，
∴FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作⊙F．
∵»»
=，
AG AG
∴∠GFA＝2∠ACG，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD ⊥AB ，
∴∠ABC +∠BCA ＝90°，
∵∠BCD +∠ACD ＝90°，
∴∠ABC ＝∠ACG ，
∴∠GFA ＝2∠ABC ．
②如图2﹣1中，连接AG ，作FH ⊥AG 于H ．
∵BD ＝OE ，∠CDB ＝∠AEO ＝90°，∠B ＝∠AOE ，
∴△CDB ≌△AEO （AAS ），
∴CD ＝AE ，
∵EC ＝EA ，
∴AC ＝2CD ．
∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，
∴∠GFA ＝120°，
∵OA ＝OB ＝2，
∴OE ＝1，AE ＝
，BA ＝4，BD ＝OD ＝1， ∵∠GOE ＝∠AEO ＝90°，
∴OG ∥AC ， 323DG OG ∴==, 222213AG DG AD ∴=+=
， ∵FG ＝FA ，FH ⊥AG ，
∴AH ＝HG 21∠AFH ＝60°， ∴AF ＝27sin 60AH ︒=， 在Rt △AEF 中，EF 2213AF AE -=， ∴OF ＝OE +EF ＝
43 ， ∵PE ∥OG ， ∴PE EF OG 0F
=，
∴1 3
4
23
3
，
∴PE＝3．
【点睛】
圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
14．如图，OA，OD是⊙O半径．过A作⊙O的切线，交∠AOD的平分线于点C，连接CD，延长AO交⊙O于点E，交CD的延长线于点B．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)如果D点是BC的中点，⊙O的半径为 3cm，求»DE的长度．(结果保留π)
【答案】（1）证明见解析；（2）»DE的长度为π.
【解析】
（1）证明：∵AC是⊙O切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵CO平分∠AOD，
∴∠AOC=∠COD，
在△AOC和△DOC中，
∴△AOC≌△DOC，
∴∠ODC=∠OAC=90°，
∴OD⊥CD，
∴直线CD是⊙O的切线．
（2）∵OD⊥BC，DC=DB，
∴OC=OB，
∴∠OCD=∠B=∠ACO，
∵∠B+∠ACB=90°，
∴∠B=30°，∠DOE=60°，
∴的长度==π．[来源:]
15．如图1，D是⊙O的直径BC上的一点，过D作DE⊥BC交⊙O于E、N，F是⊙O上的
一点，过F的直线分别与CB、DE的延长线相交于A、P，连结CF交PD于M，∠C＝
1
2
∠P．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若∠A＝30°，⊙O的半径为4，DM＝1，求PM的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C 为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝32；（3）满足条件的DH 63
-
或
1223
+
【解析】
【分析】
（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；
（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题；
（3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，DH CD FM BF
=．
②当△CDH∽△MFB时，DH CD
FB MF
=，分别构建方程即可解决问题；
【详解】
（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．
∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH，∵∠C＝1
2
∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM，
∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH，
∵OF＝OC，∴∠C＝∠OFC，
∵∠C+∠CMD＝∠C+∠PMF＝∠C+∠PFH＝90°，
∴∠OFC+∠PFC＝90°，∴∠OFP＝90°，
∴直线PA是⊙O的切线．
（2）解：如图1中，∵∠A＝30°，∠AFO＝90°，∴∠AOF＝60°，
∵∠AOF＝∠OFC+∠OCF，∠OFC＝∠OCF，∴∠C＝30°，
∵⊙O的半径为4，DM＝1，
∴OA＝2OF＝8，CD＝3DM＝3，
∴OD＝OC﹣CD＝4﹣3，
∴AD＝OA+OD＝8+4﹣3＝12﹣3，
在Rt△ADP中，
DP＝AD•tan30°＝（12﹣3）×
3
3
＝43﹣1，
∴PM＝PD﹣DM＝4 3﹣2．（3）如图2中，
由（2）可知：BF ＝12
BC ＝4，FM BF ＝，CM ＝2DM ＝2，CD ， ∴FM ＝FC ﹣CM ＝
﹣2， ①当△CDH ∽△BFM 时，
DH CD FM BF = ，
∴
= ，∴DH ②当△CDH ∽△MFB 时，
DH CD FB MF =，
∴4DH =，∴DH ，
∵DN =，
∴DH ＜DN ，符合题意，
综上所述，满足条件的DH ． 【点睛】
本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题.。