人教全国中考数学圆的综合的综合中考模拟和真题汇总及详细答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．
（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；
（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）8．
【解析】
（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；
（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．
试题解析：连接AD，OA，
∵∠ADC=∠B，∠B=60°，
∴∠ADC=60°，
∵CD是直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，
∵AP=AC，OA=OC，
∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，
∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，
即OA⊥AP，
∵OA为半径，
∴AP是⊙O切线．
（2）连接AD，BD，
∵CD是直径，
∴∠DBC=90°，
∵CD=4，B为弧CD中点，
∴BD=BC=，
∴∠BDC=∠BCD=45°，
∴∠DAB=∠DCB=45°，
即∠BDE=∠DAB，
∵∠DBE=∠DBA，
∴△DBE∽△ABD，
∴，
∴BE•AB=BD•BD=．
考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．
2．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（29）;(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＝3 2
∴点Q的坐标为（32，9）
（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.
3．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）3
【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AC2=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．
4．在⊙O 中，点C是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．
（1）求证：AD=BD．
（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．
（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．
23
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3
【解析】
分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；
（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得
△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；
（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径
的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.
详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心
∴CI平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD=弧BD
∴AD=BD
（2）AB=DI
理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵弧BD=弧BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠C
∵I是△ABC的内心
∴BI平分∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧
∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵圆的半径为2，DE 是直径
∴DE=4，∠EAD=90°
∴AD=sin ∠AED×DE=×4=2
∵点E ，F 是 弧AB ⌢的三等分点，△ABD 是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴弧AB 的度数为120°，
∴弧AM 、弧BF 的度数都为为40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI 1=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI 1D=180°-∠ADM-∠DAI 1=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI 1=∠AI 1D
∴AD=I 1D=2
∴弧I 1I 2的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.
5．如图，Rt ABC ∆内接于⊙O ，AC BC =，BAC ∠的平分线AD 与⊙O 交于点D ，与BC 交于点E ，延长BD ，与AC 的延长线交于点F ，连接CD ，G 是CD 的中点，连接OG .
(1)判断OG 与CD 的位置关系，写出你的结论并证明;
(2)求证:AE BF =;
(3)若3(22)OG DE =，求⊙O 的面积.
【答案】（1）OG ⊥CD （2）证明见解析（3）6π
【解析】
试题分析：（1）根据G 是CD 的中点，利用垂径定理证明即可；
（2）先证明△ACE 与△BCF 全等，再利用全等三角形的性质即可证明；
（3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解．
试题解析：（1）解：猜想OG ⊥CD ．证明如下：
如图1，连接OC 、OD ．∵OC =OD ，G 是CD 的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG ⊥CD ．
（2）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，而∠CAE =∠CBF （同弧所对的圆周角相等）．在Rt △ACE 和Rt △BCF 中，∵∠ACE =∠BCF =90°，AC =BC ，∠CAE =∠CBF ，∴Rt △ACE ≌Rt △BCF （ASA ），∴AE =BF ．
（3）解：如图2，过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，则H 为BD 的中点，∴OH =12AD ，即AD =2OH ，又∠CAD =∠BAD ⇒CD =BD ，∴OH =OG ．在Rt △BDE 和Rt △ADB 中，∵∠DBE =∠DAC =∠BAD ，∴Rt △BDE ∽Rt △ADB ，∴BD DE AD DB
=，即BD 2=AD •DE ，∴22622BD AD DE OG DE =⋅=⋅=（）
．又BD =FD ，∴BF =2BD ，∴2242422BF BD ==（）
①，设AC =x ，则BC =x ，AB 2x ．∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠FAD =∠BAD ．在Rt △ABD 和Rt △AFD 中，∵∠ADB =∠ADF =90°，AD =AD ，∠FAD =∠BAD ，∴Rt △ABD ≌Rt △AFD （ASA ），∴AF =AB 2x ，BD =FD ，∴CF =AF ﹣AC 221x x x -=（）．在Rt △BCF 中，由勾股定理，得：
222222[21]222BF BC CF x x x =+=+=（）（）②，由①、②，得
22222422x =（）（）
，∴x 2=12，解得：23x =23-∴222326AB x ===∴⊙O 6，∴S ⊙O =π•6）2=6π．
点睛：本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．
6．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；
（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：连接OC，AC．
∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．
∴∠CAE＝∠CAB．
∵OC＝OA，
∴∠CAB＝∠OCA．
∴∠CAE＝∠OCA．
∴OC∥AE．
∴∠OCE＋∠AEC＝180°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，
∴DC∥AB，
∵∠CAE＝∠OCA，
∴OC∥AD，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∴OC＝AD＝a，AB＝2a，
∵∠CAE＝∠CAB，
∴CD＝CB＝a，
∴CB＝OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
在Rt△CFB中，CF＝，
∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝
【点睛】
本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．
7．如图1，是用量角器一个角的操作示意图，量角器的读数从M点开始（即M点的读数为0），如图2，把这个量角器与一块30°（∠CAB＝30°）角的三角板拼在一起，三角板的斜边AB与量角器所在圆的直径MN重合，现有射线C绕点C从CA开始沿顺时针方向以每秒2°的速度旋转到与CB，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E．连接BE．（1）当射线CP经过AB的中点时，点E处的读数是，此时△BCE的形状是；（2）设旋转x秒后，点E处的读数为y，求y与x的函数关系式；
（3）当CP旋转多少秒时，△BCE是等腰三角形？
【答案】（1）60°，直角三角形；（2）y＝4x（0≤x≤45）；（3）7.5秒或30秒
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）如图2﹣2中，由题意∠ACE＝2x，∠AOE＝y，根据圆周角定理可知∠AOE＝2∠ACE，可得y＝2x（0≤x≤45）；
（3）分两种情形分别讨论求解即可；
【详解】
解：（1）如图2﹣1中，
∵∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∴点E处的读数是60°，
∵∠E＝∠BAC＝30°，OE＝OB，
∴∠OBE＝∠E＝30°，
∴∠EBC＝∠OBE+∠ABC＝90°，
∴△EBC是直角三角形；
故答案为60°，直角三角形；
（2）如图2﹣2中，
∵∠ACE＝2x，∠AOE＝y，
∵∠AOE＝2∠ACE，
∴y＝4x（0≤x≤45）．
（3）①如图2﹣3中，当EB＝EC时，EO垂直平分线段BC，
∵AC⊥BC，
∵EO∥AC，
∴∠AOE＝∠BAC＝30°，
∠AOE＝15°，
∴∠ECA＝1
2
∴x＝7.5．
②若2﹣4中，当BE＝BC时，
易知∠BEC ＝∠BAC ＝∠BCE ＝30°，
∴∠OBE ＝∠OBC ＝60°，
∵OE ＝OB ，
∴△OBE 是等边三角形，
∴∠BOE ＝60°，
∴∠AOB ＝120°，
∴∠ACE ＝12∠ACB ＝60°， ∴x ＝30， 综上所述，当CP 旋转7.5秒或30秒时，△BCE 是等腰三角形；
【点睛】
本题考查几何变换综合题、创新题目、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
8．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5C =
,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .
()1当P 与边BC 相切时，求P 的半径；
()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；
()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的
Q 与P 相交于AC 边上的点G 时，求相交
所得的公共弦的长. 【答案】（1）409；（2）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【解析】
【分析】
（1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=45，sinC=HP CP =R 10R -=45
，即可求解；
（2）PD∥BE
，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则sinC=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，解得：R=
40
9
；
（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=
3
5
，
设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，
则BH=ACsinC=8，
同理可得：
CH=6，HA=4，5tan∠()2
2
84
x
+-2880
x x
-+
25
，则5
25
，
如下图所示，
PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠C BA=β，
tanβ=2，则cosβ=5，sinβ=
5， EB=BDcosβ=（45-
25x ）×5=4-25x ， ∴PD ∥BE ，
∴EB PD ＝BF PF ，即：2248805x x x y x --+-=， 整理得：y=()25x x 8x 800x 103x 20
-+<<+； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，
两个圆交于点G ，则PG=PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ，GD 为相交所得的公共弦，
∵点Q 时弧GD 的中点，
∴DG ⊥EP ，
∵AG 是圆P 的直径，
∴∠GDA=90°，
∴EP ∥BD ，
由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，
∴AG=EP=BD ，
∴5
设圆的半径为r，在△ADG中，
AD=2rcosβ=
5，DG=
5
，AG=2r，
5+2r=45，解得：2r=
51
，
则：DG=
5
=10-25，
相交所得的公共弦的长为10-25．
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
9．已知：如图，四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．
（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由；
（2）若CE=2，求⊙O的半径r．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2.
【解析】
试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC的度数，根据菱形的性质，可得CD与BC 的关系，根据SSS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC的度数，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD，根据三角形外角的性质，
∠COD=∠OAD+∠AOD，根据直角三角形的性质，可得OC与OD的关系，根据等量代换，可得答案．
（1）⊙O与BC相切，理由如下
连接OD、OB，如图所示：
∵⊙O与CD相切于点D，
∴OD ⊥CD ，∠ODC=90°．
∵四边形ABCD 为菱形，
∴AC 垂直平分BD ，AD=CD=CB ．
∴△ABD 的外接圆⊙O 的圆心O 在AC 上，
∵OD=OB ，OC=OC ，CB=CD ，
∴△OBC ≌△ODC ．
∴∠OBC=∠ODC=90°，
又∵OB 为半径，
∴⊙O 与BC 相切；
（2）∵AD=CD ，
∴∠ACD=∠CAD ．
∵AO=OD ，
∴∠OAD=∠ODA ．
∵∠COD=∠OAD+∠AOD ，
∠COD=2∠CAD ．
∴∠COD=2∠ACD
又∵∠COD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=30°．
∴OD=12 OC ， 即r=12
（r+2）． ∴r=2．
【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．
10．如图所示，ABC ∆内接于圆O ，CD AB ⊥于D ；
（1）如图1，当AB 为直径，求证：OBC ACD ∠=∠；
（2）如图2，当AB 为非直径的弦，连接OB ，则（1）的结论是否成立？若成立请证明，不成立说明由；
（3）如图3，在（2）的条件下，作AE BC ⊥于E ，交CD 于点F ，连接ED ，且2AD BD ED =+，若3DE =，5OB =，求CF 的长度．
【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）145
【解析】
【分析】 （1）根据圆周角定理求出∠ACB=90°，求出∠ADC=90°，再根据三角形内角和定理求出即可； （2）根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ，求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可； （3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，在AD 上取DG=BD ，延长CG 交AK 于M ，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，求出关于a 的方程，再求出a 即可．
【详解】
（1）证明：∵AB 为直径，
∴
ACB 90∠=︒， ∵CD AB ⊥于D ， ∴ADC 90∠=︒，
∴OBC A 90∠∠+=︒，A ACD 90∠∠+=︒，
∴OBC ACD ∠∠=；
（2）成立，
证明：连接OC ，
由圆周角定理得：BOC 2A ∠∠=，
∵OC OB =，
∴()()11OBC 180BOC 1802A 90A 22∠∠∠∠=
︒-=︒-=︒-， ∵ADC 90∠=︒，
∴ACD 90A ∠∠=︒-，
∴OBC ACD ∠∠=；
（3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，
∵AE BC ⊥，CD BA ⊥，
∴
AEC ADC 90∠∠==︒，
∴BCD CFE 90∠∠+=︒，BAH DFA 90∠∠+=︒，
∵CFE DFA ∠∠=，
∴BCD BAH ∠∠=，
∵根据圆周角定理得：BAH BCH ∠∠=，
∴BCD BAH BCH ∠∠∠==，
∴由三角形内角和定理得：CHE CFE ∠∠=， ∴CH CF =，
∴EH EF =，
同理DF DK =，
∵DE 3=，
∴HK 2DE 6==，
在AD 上取DG BD =，延长CG 交AK 于M ，则AG AD BD 2DE 6=-==， BC GC =，
∴MCK BCK BAK ∠∠∠==，
∴CMK 90∠=︒，
延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，
则NAK 90CMK ∠∠=︒=，
∴CM //AN ，
∵NCK ADK 90∠∠==︒，
∴CN //AG ，
∴四边形CGAN 是平行四边形，
∴AG CN 6==，
作OT CK ⊥于T ，
则T 为CK 的中点，
∵O 为KN 的中点， ∴1OT CN 32=
=， ∵OTC 90∠=︒，OC 5=，
∴由勾股定理得：CT 4=，
∴CK 2CT 8==，
作直径HS ，连接KS ，
∵HK 6=，HS 10=，
∴由勾股定理得：KS 8=， ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠=
=， ∴1tan EAB tan BCD 3
∠∠==， 设BD a =，CD 3a =， ∴AD BD 2ED a 6=+=+，11DK AD a 233=
=+， ∵CD DK CK +=， ∴13a a 283
++=， 解得：9a 5=
， ∴113DK a 235
=+=， ∴2614CF CK 2DK 855=-=-
=． 【点睛】
本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度偏大．。