例1．（2023?松北區(qū)一模）已知：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC、BD即相交于點F，連接OC，∠BCO＝∠ABD．
（1）如圖1，求證：AC⊥BD；
（2）如圖2，過點F作FH⊥AD于點H，延長HF交BC于點R．求證：BR＝CR；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點E、點G分別是FD，AD上的點，連接AE、EG、OR，∠ADB＝2∠CAE，，EF＝2，，求⊙O的半徑．
【分析】（1）延長CO交圓于點S，連接BS，根據(jù)圓周角性質(zhì)及題中等量條件得出結(jié)論即可；
（2）根據(jù)互余關(guān)系得出∠AFH＝∠ADB＝α，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)推出RF＝RC，RB＝RF，等量代換得出RB＝RC即可；
（3）在FB上截取FM＝FE，連接AM，證DA＝DM，設DE＝a，利用勾股定理求出a的值，作AN⊥GE于N，作FT⊥BC于T，設TF＝4b，BT＝3b，設TR＝x，利用勾股定理求出x的值，過點F，作FW⊥OR于W，設FW＝7m，則RW＝24m，利用勾股定理求出m的值，最后利用勾股定理求出半徑即可．
【解答】（1）證明：延長CO交圓于點S，連接BS，
∴∠A＝∠S，
∵CM為直徑，
∴∠CBD＝90°，
在Rt△BSC中，∠BCO+∠S＝90°，
又∵∠ABD＝∠BCO，
∴∠ABD+∠A＝90°，
∴∠BFA＝90°，
∴AC⊥BD；
（2）證明：由（1）得，∠ADB＝∠ACB＝α，
∵FH⊥AD，
∴∠AFH+∠FAD＝90°，∠ADB+∠FAD＝90°，
即∠AFH＝∠ADB＝α，
∴∠RFC＝∠AFH＝α，
∴∠RFC＝∠RCF，
∴RF＝RC，
∵FB⊥CF，
∴∠BFR＝90°﹣α，∠CBF＝90°﹣α，
∴∠BFR＝∠CBF，
∴RB＝RF，
∴RB＝RC，
即BR＝CR；
（3）解：∵∠ADB＝2∠CAE，
∴設∠EAF＝β，則∠ADB＝2β，
又∵AC⊥BD，
∴∠AFD＝90°，
∴在Rt△AFD中，∠FAD＝90°﹣∠ADF＝90°﹣2β，
又∵RH⊥AD，
∴∠AHF＝90°，
∴在Rt△AFH中，∠AFH＝90°﹣∠HAF＝2β，
同理在Rt△AFE中，∠AEF＝90°﹣∠EAF＝90°﹣β，
在FB上截取FM＝FE，連接AM，
∵AF⊥BD，
∴AM＝AE，
∴∠AMD＝∠AEF＝90°﹣β，
∴∠DAM＝180°﹣∠ADM﹣∠AMD＝90°﹣β，
∴∠AMD＝∠AMD，
∴DA＝DM，
設DE＝a，
∴DM＝DA＝a+4，，
又∵EG＝DG，
∴∠GED＝∠GDE＝2β，
∴∠AEG＝180°﹣∠AEB﹣∠GED＝90°﹣β，
∴EA平分∠FEG，
作AN⊥GE于N，
∴AF＝AN，EF＝EN＝2，，
由勾股定理知，AF2＝AD2﹣DF2，AN2＝AG2﹣GN2，
∴AG2﹣GN2＝AD2﹣DF2，
∴，
∴a＝6，
∴AD＝10，AF＝6，DF＝a+2＝8，
∴，
∴，
在Rt△BCF中，，
又由（2）得CB＝2CR，
∴即，
∵∠RCO＝∠ABD＝∠FCD，
∴tan∠RCO＝tan∠FCD，
即在Rt△ROC、Rt△CFD中，，
∴，
又∵DF＝8，
∴OR＝5，
作FT⊥BC于T，
∴∠FTR＝90°，
又∵，
設TF＝4b，BT＝3b，TR＝x，
∵FR＝BR，
∴FR＝x+3b，
∵FR2＝FT2+TR2，
∴（x+3b）2＝（4b）2+x2，
∴xb，
∴tan∠TFR，
∵∠FTR＝∠ORC＝90°，
∴FT∥OR，
∴∠TFR＝∠FRO，
∴tan∠FRO，
又∵tan∠FOR，
過點F，作FW⊥OR于W，
設FW＝7m，則RW＝24m，
∴RF25m，則OW＝6m，
∴OR＝RW+OW＝24m+6m＝30m＝5，
∴m，
∴FR＝25mRC，
∵OC2＝RC2+ER2，
∴r＝OC，
即⊙O的半徑為．
【點評】本題主要考查圓的綜合題型，熟練掌握勾股定理，圓周角的性質(zhì)，三角函數(shù)等知識是解題的關(guān)鍵．
例2．（2023?平陽縣一模）如圖，點O在Rt△ABC的斜邊AB上，半圓O切AC于點D，切BC于點E，連接OD，OE，Q為線段BC上一點，QP⊥AB交AB于點P，已知AC＝3，BC＝6，設OP＝x，EQ＝y(tǒng)．
（1）求半圓O的半徑和OB的長；
（2）若點Q在線段BE上．①求y關(guān)于x的函數(shù)表達式；②在OE上取點F（不與點O重合），連接PF，QF，當△PQF為等腰直角三角形時，求所有滿足條件x的值；
（3）當PQ經(jīng)過的中點G時，求QG的長．
【分析】（1）利用圓的切線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)和正方形的判定與性質(zhì)得到矩形OECD為正方形，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理解答即可得出結(jié)論；
（2）①利用直角三角形的邊角關(guān)系定理列出關(guān)于x，y的等式，整理即可得出結(jié)論；
②利用分類討論的思想方法，分兩種情形同理解答：當∠FQP為90°時，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理分別表示出PQ和FQ，利用PQ＝FQ得到關(guān)于x的方程，解方程即可；當∠PFQ＝90°時，過F點作FM⊥OP交OP于M點，求得OM，F(xiàn)M，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理列出關(guān)于x的方程，解方程即可；
（3）過點G作GH⊥BC于點H，GN⊥OE于點N，連接OG，利用矩形的判定與性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系定理，設QH＝a，則GH＝2a，QGa，利用圓心角，弧，弦之間的關(guān)系定理和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)列出關(guān)于a的方程，解方程即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵半圓O切AC于點D，切BC于點E，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，
∴∠ODC＝∠OEC＝∠DCE＝90°，
∴四邊形OECD為矩形，
∵OD＝OE，
∴矩形OECD為正方形，
∴OD＝CD＝CE＝OE，
∴OD∥BC，OE∥AC，
∴∠AOD＝∠B，
∴△AOD∽△ABC，
∴，
∴OD＝2AD，
∴CD＝2AD，
∴CD+AD＝AC＝3，
∴2AD+AD＝3
∴AD＝1，
∴BD＝2，
∴OD＝2，
∴AO，
∵AB3，
∴BO＝AB﹣AO＝2．
（2）①∵OP＝x，
∴BP＝BO﹣OP＝2x，
∵EQ＝y(tǒng)，
∴BQ＝BC﹣CE﹣EQ＝6﹣2﹣y＝4﹣y，
∵cs∠B，
∵PQ⊥AB，
∴cs∠B，
∴，
∴yx﹣1；
②當∠FQP為90°時，如圖，
PQ＝tan∠B?BP?BP?（2x）x，
∵FQ⊥PQ，AB⊥PQ，
∴FQ∥AB，
∴∠FQE＝∠B，
∵∠FEQ＝90°，
∴FQ，
∵FQ＝PQ，
∴x，
∴x，
如圖，當∠PFQ＝90°時，
過F點作FM⊥OP交OP于M點，
∵FQ＝FP，∠PFQ＝90°，
∴FQ＝FPPQ，∠FPQ＝∠FQP＝45°，
∴∠FPM＝45°，
∴FM＝PMFPPQ（x）x，
∴OM＝OP﹣PM＝OPPQ＝x（x），
∵FM⊥OB，
∴∠FOM+∠OFM＝90°，
∵OE⊥BC，
∴∠FOM+∠B＝90°，
∴∠OFM＝∠B．
∴tan∠OFM＝tan∠B．
∵tan∠OFM，
∴，
解：x．
綜上，滿足條件x的值為或；
（3）過點G作GH⊥BC于點H，GN⊥OE于點N，連接OG，如圖，
∵OE⊥BC，GH⊥BC，GN⊥OE，
∴四邊形HGNE為矩形，
∴GH＝EN，HE＝GN．
∵GH⊥BC，
∴∠QGH+∠GQH＝90°，
∵QP⊥AB，
∴∠B+∠GQH＝90°，
∴∠QGH＝∠B，
∴tan∠QGH＝tan∠B．
∵tan∠QGH，
∴，
設QH＝a，則GH＝2a，QGa．
∴EN＝GH＝2a，
∴ON＝OE﹣EN＝2﹣2a．
∵G為的中點，
∴∠GOE＝∠GOD∠DOE＝45°，
∴△OGN為等腰直角三角形，
∴ONOG，
∴2﹣2a2，
∴a，
∴QGa．
【點評】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，正方形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，圓的切線的性質(zhì)，恰當?shù)臈l件輔助線構(gòu)造等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．
例3．（2023?長沙模擬）定義：有一個內(nèi)角等于另外兩個內(nèi)角之和的四邊形稱為“和諧四邊形”．
（1）已知∠A＝100°，∠B＝60°，∠C＝α，請直接寫出一個α的值 150°或40°或160°或130°（寫一個即可） ，使四邊形ABCD為“和諧四邊形”．
（2）如圖1，在△ABC中，D，E分別是邊AB，AC上的點，AE＝DE．求證：四邊形DBCE為“和諧四邊形”．
（3）在（2）的條件下，如圖2，過D，E，C三點作⊙O，與邊AB交于點F，與邊BC交于點G，連接FG，EG是⊙O的直徑．
①求證：BF＝FC；
②若AE＝1，，∠BGF﹣∠B＝45°，求“和諧四邊形”DBCE的面積．
【分析】（1）先根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°表示∠D的度數(shù)，根據(jù)“和諧四邊形”的定義分8種情況列方程可得結(jié)論；
（2）根據(jù)條件證明∠BDE＝∠B+∠C，由“和諧四邊形”的定義可得結(jié)論；
（3）①根據(jù)圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)推出，∠ACF+∠BCF＝90°，∠A+∠B＝90°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)推出∠ADE＝∠FGE，∠ADE＝∠A，進而得出∠A＝∠ACF，根據(jù)等式的性質(zhì)求解即可；
②如圖3，作輔助線，構(gòu)建相似三角形，證明△AHE∽△ACB，根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝100°，∠B＝60°，∠C＝α，
∴∠D＝360°﹣100°﹣60°﹣α＝200°﹣α，
若∠A＝∠B+∠D，則100°＝50°+（200°﹣α），解得：α＝150°，
若∠A＝∠C+∠B，則100°＝α+60°，解得：α＝40°，
若∠A＝∠C+∠D，則100°＝α+（200°﹣α），無解，
若∠B＝∠D+∠C，則60°＝200°﹣α+α，無解，
若∠C＝∠B+∠A，則α＝160°，
若∠C＝∠B+∠D，則α＝60°+（200°﹣α），α＝130°，
綜上，α的值是150°或40°或160°或130°（寫一個即可），
故答案為：150°或40°或160°或130°（寫一個即可）；
（2）證明：設∠A＝x，∠C＝y(tǒng)，則∠B＝180°﹣x﹣y，
∵AE＝DE，
∴∠ADE＝∠A＝x，
∴∠BDE＝180°﹣x，
在四邊形DBCE中，∠BDE＝∠B+∠C，
∴四邊形DBCE為“和諧四邊形”；
（3）①證明：∵EG是⊙O的直徑，
∴∠GCE＝90°，
∴∠ACF+∠BCF＝90°，∠A+∠B＝90°，
∵AE＝DE，
∴∠ADE＝∠A，
∵D、F、G、E四點都在⊙O上，
∴∠ADE＝∠FGE，
∴∠FGE＝∠A，
∵∠FGE＝∠ACF，
∴∠A＝∠ACF，
∴∠B＝∠BCF，
∴BF＝CF；
②解：連接DE、DG、FG，過E作EH⊥AB于H，連接DG，
∵BF＝CF，
∴∠B＝∠BCF＝∠BDG，
∴BG＝DG，
∵EG是⊙O的直徑，
∴∠GDE＝90°，
∵DE＝AE＝1，EG＝5，
∴DG7＝BG，
∵∠BGF﹣∠B＝45°，∠BGF﹣∠BCF＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠CEG＝45°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∴CE＝CGEG＝5，
∴BC＝7+5＝12，AC＝5+1＝6，
∴AB6，
∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，
∴△AHE∽△ACB，
∴，，
∵，
∴AH，，
∴EH，
∴S△AHEAH?EH，
∴S△ACB36，
∵DE＝AE，EH⊥AD，
∴S△ADE＝2S△AHE，
∴“和諧四邊形”DBCE的面積＝S△ACB﹣S△ADE＝36．
【點評】本題是圓的綜合題，考查圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，新定義：“和諧四邊形”的理解和運用，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會理解新定義，正確作輔助線解決問題，屬于中考壓軸題．
例4．（2023?海淀區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，已知點M（a，b），N．
對于點P給出如下定義：將點P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|個單位長度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|個單位長度，得到點P'，點P'關(guān)于點N的對稱點為P″，NP″中點記為Q，稱點Q為點P的“對應點”．
（1）如圖，點M（1，1），點N在線段OM的延長線上，若點P（﹣3，0），點Q為點P的“對應點”．
①在圖1中畫出點Q；
②連接PQ，交線段ON于點T．求證：；
（2）⊙O的半徑為2，M是⊙O上一點，點N在線段OM上，且ON＝t（1＜t＜2），若P為⊙O外一點，點Q為點P的“對應點”，連接PQ．當點M在⊙O上運動時，直接寫出PQ長的最大值與最小值的差（用含t的式子表示）．
【分析】（1）①根據(jù)定義，先求出P'，P″的坐標，從而得出Q的位置；
②連接PP'，利用相似三角形的判定和性質(zhì)可得NTPP′，求出PP′＝OM，即可得結(jié)論；
（2）連接PO，并延長至S，使OP＝2OS，延長SQ到T，使ST＝OM，由題意知，PP′∥OM，PP′＝OM，P'N＝2NQ，利用相似三角形的判定和性質(zhì)得TQ的長，從而求出SQ的長，在△PQS中，PS﹣QS＜PS+QS，則PQ的最小值為PS﹣QS，PQ的最大值為PS+QS，從而解決問題．
【解答】（1）①解：由題意知，P'（﹣3+1，0+1），
∴P'（﹣2，1），
∵點P'關(guān)于點N的對稱點為P″，N（2，2），
∴P″（6，3），
如圖，點Q即為所求；
②證明：連接PP'，
∵∠P'PO＝∠MOx＝45°，
∴PP'∥ON，
∴△QNT∽△QP′P，
∴，
∵P'N＝P″N，P″Q＝QNP″N，
∴QNQP′，
∴NTPP'，
∵PP'，
OM，
∴PP'＝OM，
∴NTOM；
（2）解：如圖，連接PO，并延長至S，使OP＝2OS，延長SQ到T，使ST＝OM，
由題意知，PP'∥OM，PP'＝OM，P'N＝2NQ，
∴△P′MN∽△P′TQ，
∴，
∴TQMN，
∵MN＝OM﹣ON＝2﹣t，
∴TQ＝3t，
∴SQ＝ST﹣TQ＝2﹣（3t）t﹣1，
∵PS﹣QS≤PQ≤PS+QS，
∴PQ的最小值為PS﹣QS，PQ的最大值為PS+QS，
∴PQ長的最大值與最小值的差為（PS+QS）﹣（PS﹣QS）＝2QS＝3t﹣2．
【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，平移的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解定義，畫出圖形，利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出QT的長是解題的關(guān)鍵．
1．（2023?香洲區(qū)校級一模）如圖1，已知⊙O的半徑為2，A、B、D在⊙O上，DH經(jīng)過點O且與AB垂直垂足為點H，點F是線段HB上的一個動點（不與H，B重合），連接DF并延長與⊙O交于點C，過點C作⊙O的切線CE交AB的延長線于點E．
（1）求證：EC＝EF；
（2）如圖2，連接CA，CB，DE，DB，DA，已知∠ACD＝60°時，求DF?DC的值；
（3）在（2）的條件下，若∠CAB＝∠BDE，求證：DF?DC＝AC?DE．
【分析】（1）連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，∠OCD+∠ECD＝90°，根據(jù)垂直及同圓的半徑相等得到∠CFE＝∠ECD，進而證明EC＝EF；
（2）連接OB，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，先證明△ABD為等邊三角形，然后證明△BDC∽△FDB，推比例線段，求DF?DC的值；
（3）證明△CAB～△BDE，推比例線段，等量代換后得出BD2＝AC?DE，再根據(jù)（2）DF?DC＝DB2，等量代換后得出DF?DC＝AC?DE．
【解答】（1）證明：連接OC，如圖所示：
∵⊙O的切線是CE，
∴∠OCD+∠ECD＝90°，
∵DH⊥AB，
∴∠HDB+∠HFD＝90°，
∵OD＝OC，
∴∠HDC＝∠CFE，
∴∠CFE＝∠ECD，
∴EC＝EF；
（2）解：連接OB，如圖所示：
∵∠ACD＝60°，，
∴∠ACD＝∠ABD＝60°，
∵DH⊥AB且DH過圓心，
∴AH＝BH，
∴DB＝DA，
∴△ABD為等邊三角形，
在Rt△OBH中，∠BOH＝60°，OB＝2，
∴OHOB＝1，
∴BH，
∴∠BCD＝∠DBF＝60°，
AD＝AB＝BD＝2BH＝2，
∠BDC＝∠FDB，
∴△BDC∽△FDB，
∴，
∴DF?DC＝DB2＝12；
（3）證明：∵△ABD為等邊三角形，
∴∠ACD＝∠DBF＝60°，AD＝AB＝DB，
∴∠ACB＝∠DBE＝120°，
∵∠CAB＝∠BDE，
∴△CAB～△BDE，
∴，
∴，
∴DB2＝AC?DE，
∵DF?DC＝DB2，
∴DF?DC＝AC?DE．
【點評】此題屬于圓的綜合題，考查了三角形相似的判定和性質(zhì)、切線的性質(zhì)、垂徑定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是找到三角形相似的條件．
2．（2023?浦東新區(qū)二模）已知：⊙O的直徑AB＝10，C是的中點，D是⊙O上的一個動點（不與點A、B、C重合），射線CD交射線AB于點E．
（1）如圖1，當BE＝AB時，求線段CD的長；
（2）如圖2，當點D在上運動時，連接BC、BD，△BCD中是否存在度數(shù)保持不變的角？如果存在，請指出這個角并求其度數(shù)；如果不存在，請說明理由；
（3）聯(lián)結(jié)OD，當△ODE是以DE為腰的等腰三角形時，求△ODE與△CBE面積的比值．
【分析】（1）連接OC、BC、AD，由勾股定理求出CE，由△AED∽△CEB求出DE，則CD＝CE﹣DE．
（2）∠BDC不變，連接AC，則∠CAB＝45°，由圓內(nèi)接四邊形的對角互補得∠BCD＝135°．
（3）①當 DE＝DO時，證明△OCD是等邊三角形，求出CD＝OC＝DE＝5，由勾股定理求出OE，分別求出兩個三角形的面積作比即可得到結(jié)果．②DE＝OE不成立．
【解答】（1）解：如圖1，連接OC、BC、AD，
∵C是的中點，OC是半徑，
∴OC⊥AB，
∵BE＝AB＝10，
∴AE＝AB+BE＝20，OE＝OB+BE＝5+10＝15，
∴CE，
∵∠DAE＝∠BCE，∠AED＝∠CEB，
∴△ADE∽△CBE，
∴，
∴，
∴DE，
∴CD＝CE﹣DE．
（2）∠BDC不變，∠BDC＝135°．
如圖2，連接AC，
∵C是的中點，
∴AC＝BC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∵∠CAB+∠BDC＝180°，
∴∠BDC＝180°﹣∠CAB＝180°﹣45°＝135°．
（3）解：①如圖3，當 DE＝DO時，
∵AB＝10，
∴OD＝OC＝DE＝5，
∵C是的中點，
∴OC⊥AB，
∴∠DOE+∠COD＝90°，
∠DEO+∠OCD＝90°，
∵DE＝DO，
∴∠DOE＝∠DEO，
∴∠COD＝∠OCD，
∴CD＝OD，
∴CD＝OD＝OC，
∴△OCD是等邊三角形，
∴CE＝DE＝5，CE＝10，
∴OE，
∴BE＝OE﹣OB，
∴S△ODES△COEOC?OE5，
S△CBEOC?BE5×（5），
∴．
②DE＝OE不成立．
∵∠DOE＝90°﹣∠COD，
∠ODE＝180°﹣∠CDO＝180°（180°﹣∠COD）＝90°+∠COD，
∴∠ODE＞∠DOE，
∴DE≠OE．
綜上得，△ODE與△CBE面積的比值為：．
【點評】本題考查了圓中垂徑定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，三角形相似，勾股定理等知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練掌握各部分的內(nèi)容，對學生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學知識貫穿起來．
3．（2023春?海陵區(qū)月考）古希臘數(shù)學家畢達哥拉斯認為：“一切平面圖形中最美的是圓”．小明決定研究一下圓，如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上的一點，延長AB至點D，連接AC、BC、CD，且∠CAB＝∠BCD，過點C作CE⊥AD于點E．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）若OB＝BD，求證：點E是OB的中點；
（3）在（2）的條件下，若點F是⊙O上一點（不與A、B、C重合），求的值．
【分析】（1）要證明CD是⊙O的切線，只需證明∠OCD＝90°，即OC⊥CD即可；
（2）利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)證明△OCB是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）連接OF，由，∠EOF＝∠FOD，證明△EOF∽△FOD，即可得到答案．
【解答】（1）證明：連接OC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO，
∵∠CAB＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB＝∠ACO+∠OCB＝∠ACB＝90°，即∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半徑，
∴CD是⊙O的切線；
（2）證明：∵OB＝BD，∠OCD＝90°，
∴，
∵OB＝OC，
∴BC＝OB＝OC，
∴△OCB是等邊三角形，
∵CE⊥AD，
∴，
∴點E是OB的中點；
（3）解：連接OF，
則OF＝OB，而，OB＝BD，
∴，，
∴，
∵∠EOF＝∠FOD，
∴△EOF∽△FOD，
∴，
即的值為．
【點評】本題考查了切線的判定，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．
4．（2023春?長沙期中）如圖1，四邊形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°，且，BD＝4．
（1）求∠DCB的度數(shù)；
（2）如圖2，連接AC，求AC2；
（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠A＝90°，上存在點E，滿足，連結(jié)BE并延長交CD的延長線于點F，BE與AD交于點G，連結(jié)CCE，CE＝BG．若，用含字母a的式子表示△DEF的周長．
【分析】（1）過B作BK⊥CD于K，由∠ADC＝120°，AD⊥BD，得∠KDB＝120°﹣90°＝30°，即知BKBD＝2，CK2，故CK＝BK，從而∠DCB的度數(shù)為45°；（2）過C作CR⊥AB交AB延長線于R，由∠DCB＝45°，可得∠DAB＝360°﹣∠ADC﹣∠DCB﹣∠ABC＝45°，△ABD是等腰直角三角形，即得ABBD＝4，又∠CBR＝180°﹣∠ABC＝30°，得CRBC，BRCR，在Rt△ACR中，用勾股定理可得AC2＝40+16；
（3）連接DE，BD，由∠A＝90°，可得∠BED＝90°，∠DEF＝90°，而tan∠ADB，知ABa，又，可得AD＝BG＝CE＝a，故AGa，DG＝AD﹣AGa，即可得∠ABG＝∠ADE＝30°＝∠CED，從而GEDGa，DEGEa，證明△BGD≌△CEF（ASA），可得EF＝DGa，即得DFa，從而△DEF的周長＝DE+EF+DFaaa．
【解答】解：（1）過B作BK⊥CD于K，如圖：
∵∠ADC＝120°，AD⊥BD，
∴∠KDB＝120°﹣90°＝30°，
∴BKBD4＝2，
在Rt△BCK中，
CK2，
∴CK＝BK，
∴∠KBC＝∠C＝45°，
∴∠DCB的度數(shù)為45°；
（2）過C作CR⊥AB交AB延長線于R，如圖：
由（1）知∠DCB＝45°，
∴∠DAB＝360°﹣∠ADC﹣∠DCB﹣∠ABC＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴ABBD＝4，
∵∠CBR＝180°﹣∠ABC＝30°，
∴CRBC，BRCR，
∴AR＝AB+BR＝4，
在Rt△ACR中，
AC2＝AR2+CR2＝（4）2+（）2＝40+16；
∴AC2＝40+16；
（3）連接DE，BD，如圖：
∵∠A＝90°，
∴BD為直徑，
∴∠BED＝90°，∠DEF＝90°，
∵tan∠ADB，AD＝a，
∴ABa，
∵，
∴，∠ABE＝∠CED，
∴AD＝CE，
∵CE＝BG，
∴AD＝BG＝CE＝a，
∴AGa，
∴DG＝AD﹣AG＝aaa，
∵sin∠ABE，
∴∠ABG＝∠ADE＝30°＝∠CED，
∴GEDGa，DEGEa，
∵∠BGD＝∠A+∠ABE＝90°+30°＝120°，∠CEF＝∠CED+∠DEF＝120°，
∴∠BGD＝∠CEF，
在△BGD和△CEF中，
，
∴△BGD≌△CEF（ASA），
∴EF＝DGa，
∴DFa，
∴△DEF的周長＝DE+EF+DFaaa．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
5．（2023?花都區(qū)一模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，直徑AB＝10，BC＝8，AE平分∠CAB交BC于點E．
（1）尺規(guī)作圖：在AE的延長線上取一點F，使得BF＝BE，連接BF；（保留作圖痕跡，不寫作法）
（2）在（1）所作的圖中：
①證明：BF是⊙O的切線；
②求的值．
【分析】（1）以B為圓心，以BE的長為半徑畫弧，交AE的延長線于點F即可．
（2）①先證∠ABF＝90°，再由OB是半徑即可得結(jié)論．②先證△BEG∽△BAC，得出EG的長，再證△AEG∽△AFB即可．
【解答】（1）如圖1，以B為圓心，以BE的長為半徑畫弧，交AE的延長線于點F，
則點F即為所求．
（2）①證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠C＝90°，
∴∠CAE+∠AEC＝90°，
∵BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE，
∵∠AEC＝∠BEF，
∴∠AEC＝∠BFE，
∴∠CAE+∠BFE＝90°，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE＝∠BAF，
∴∠BAF+∠BFE＝90°，
∴∠ABF＝90°，
又∵OB是半徑，
∴BF是⊙O的切線．
②解：如圖2，過點E作EG⊥AB，垂足為G，
∵∠C＝90°，AE平分∠CAB，
∴EG＝CE，
∴BE＝BC﹣CE＝BC﹣EG＝8﹣EG，
∵∠C＝90°，
∴AC6．
∵∠EGB＝∠C＝90°，∠EBG＝∠ABC，
∴△BEG∽△BAC，
∴，
∴，
解得EG＝3，
∴BE＝BC﹣EG＝8﹣3＝5，
∴BF＝BE＝5，
∵∠AEG＝∠ABF＝90°，
∴△AEG∽△AFB，
∴，
∴．
【點評】本題主要考查了圓的切線的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，把所學知識融會貫通，靈活運用是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?碑林區(qū)校級模擬）如圖①，已知線段AB與直線l，過A、B兩點，作⊙O使其與直線l相切，切點為P，易證∠APB＝∠AHB＞∠AQB，可知點P對線段AB的視角最大．
問題提出
（1）如圖②，已知△ABP的外接圓為⊙O，PQ與⊙O相切于點P，交AB的延長線于點Q．
①請判斷∠BPQ與∠A的大小關(guān)系，并說明理由．
②若QB＝2，AB＝6，求PQ的長．
問題解決
（2）如圖③，一大型游樂場入口AB設在道路DN邊上，在“雪亮工程”中，為了加強安全管理，結(jié)合現(xiàn)實情況，相關(guān)部門準備在與地面道路DN夾角為60°的射線DM方向上（位于垂直于地面的平面內(nèi)）確定一個位置C，并架設斜桿AC，在斜桿AC的中點P處安裝一攝像頭，對入口AB實施監(jiān)控（其中點A、B、D、P、C、M、N在同一平面內(nèi)），已知DA＝40米，AB＝25米，調(diào)研發(fā)現(xiàn)，當∠APB最大時監(jiān)控效果最好，請問在射線DM上是否存在一點C，使得∠APB達到最大？若存在，請確定點C在DM上的位置及斜桿AC的長度；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）①作直徑PN，連接BN，則∠PNB+∠NPB＝90°，PQ與⊙O相切，得∠NPB+∠BPQ＝90°，再根據(jù)圓周角定理即可得結(jié)果．②證明△BPQ∽△PAQ，得，代入數(shù)值可得結(jié)果．
（2）取AD的中點E，過點E作DM的平行線EF，經(jīng)過A，B作⊙O與EF相切于點P，此時∠APB最大，由△PEA∽BEP求出PE，由勾股定理求出EH，AH，PE，再求出PA，最終得到CD，AC的長度．
【解答】（1）解：①∠BPQ＝∠A，理由如下：
如圖②，連接PO并延長至圓上一點N，連接BN，
則∠PAB＝∠PNB，
∵PN為圓的直徑，
∴∠PBN＝90°，
∴∠PNB+∠NPB＝90°，
∵PQ與⊙O相切于點P，
∴∠NPQ＝90°，
∴∠NPB+∠BPQ＝90°，
∴∠BPQ＝∠PNB，
∵∠PNB＝∠A，
∴∠BPQ＝∠A．
②∵∠BPQ＝∠A，∠BQP＝∠PQA，
∴△BPQ∽△PAQ，
∴，
∵AB＝6，QB＝2，
∴AQ＝AB+BQ＝6+2＝8，
∴，
∴PQ＝4．
（2）解：存在一點C，使得∠APB達到最大．
如圖③，取AD的中點E，過點E作DM的平行線EF，
經(jīng)過A，B作⊙O與EF相切于點P，
由題意知，此時∠APB最大．
∵DM∥EF，P是AC中點，
∴∠PEA＝60°，CD＝2PE，
作直徑PG，連接AG，
則∠PBE＝∠G，∠PAC＝90°，
∴∠APG+∠PBE＝90°，
∵EF是⊙O的切線，P是切點，
∴PG⊥EF，
∴∠EPA+∠APG＝90°，
∴∠EPA＝∠PBE，
又∠AEP＝∠PEB，
∴△PEA∽BEP，
∴PE2＝EA?EB＝20×（20+25）＝900，
∴PE＝30，
∴CD＝2PE＝60．
過點A作AH⊥EF于H，
∵∠PEA＝60°，
∴∠EAH＝30°，
∴EHAE20＝10，
AH＝AE?sin60°＝2010，
∴PH＝PE﹣EH＝30﹣10＝20，
由勾股定理得，
PA，
∴AC＝2PA＝2．
故點C在DM上距離點D60m處，斜桿AC的長度為m．
【點評】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，三角形相似，圓的張角等知識，屬于圓的綜合題，恰當添加輔助線，靈活運用所學知識是解題關(guān)鍵．
7．（2023春?西城區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，對于點C和圓P，給出如下定義：
若圓P上存在A、B兩點，使得△ABC是等腰直角三角形，且∠ABC＝90°，則稱點C是圓P的“等垂點”．
（1）當點P坐標為（3，0），且圓P的半徑為2時．
①如圖1，若圓P上存在兩點A（1，0）和B（3，2），請直接寫出此時圓P的“等垂點”C的坐標 （1，4），（5，0） ；
②如圖2，若直線y＝x+b上存在圓P的“等垂點”，求b的取值范圍；
（2）設圓P的圓心P在y軸上，半徑為2．
若直線y＝﹣x上存在點R，使半徑為1的圓R上有點S是圓P的“等垂點”，請直接寫出圓心P的縱坐標的取值范圍．
【分析】（1）①連接BP，AB，連接BC2，過A點作AC1⊥AC2交C2B的延長線于點C1，再根據(jù)“等垂點”定義即可作答；②當直線y＝x+b再圓P上方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABC1，此時使得點C1剛好在直線y＝x+b上，此時為上臨界位置，即可求出C1（1，4），將C1（1，4）代入直線y＝x+b，可得b＝3；當直線y＝x+b再圓P下方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABC2，此時使得點C2剛好在直線y＝x+b上，此時為下臨界位置，問題即可求解；
（2）隨著圓R的移動，圓R的覆蓋區(qū)域為直線y1＝﹣x+a與直線y2＝﹣x+b所夾的區(qū)域，再求出即直線y2＝﹣x+b解析式為：，直線y1＝﹣x+a解析式為：，當圓P位于x軸的上方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABS，此時使得點S剛好在直線直線上，為上臨界位置；當圓P位于x軸的下方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABS，此時使得點S剛好在直線直線上，為下臨界位置，畫出圖形即可求解．
【解答】解：（1）①∵點P坐標為（3，0），且圓P的半徑為2，
∴圓P的與x軸的交點為：A（1，0），C2（5，0），
連接BP，AB，連接BC2，過A點作AC1⊥AC2交C2B的延長線于點C1，如圖，
∵B（3，2），點P坐標為（3，0），
∴BP⊥AC2，
∵AC2為圓P的直徑，BP＝AP＝PC2，
∴∠ABC2＝90°，∠BC2P＝45°，
∴△BC2A是等腰直角三角形，
∵AC1⊥AC2，
∴∠C1AC2＝90°，
∴∠AC1C2＝45°，即△C1AC2是等腰直角三角形，
∴AC1＝AC2＝4，
∵∠ABC2＝90°，
∴∠ABC1＝90°，
∴△BC1A是等腰直角三角形，
綜上：即圓P的“等垂點”為點C1和C2，
∵AC1＝4，AC1⊥AC2，A（1，0），
∴C1（1，4），
故答案為：（1，4），（5，0）；
②當直線y＝x+b再圓P上方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABC1，
此時使得點C1剛好在直線y＝x+b上，此時為上臨界位置，如圖，
即有：B（1，0），A（5，0），BC1＝AB＝4，BC1⊥AB，
∴C1（1，4），
∵C1（1，4）在直線y＝x+b上，
∴y＝1+b＝4，即b＝3；
當直線y＝x+b再圓P下方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABC2，
此時使得點C2剛好在直線y＝x+b上，此時為下臨界位置，如圖，
即有：A（1，0），B（5，0），BC2＝AB＝4，BC2⊥AB，
∴C2（5，﹣4），
∵C2（5，﹣4）在直線y＝x+b上，
∴y＝5+b＝﹣4，即b＝﹣9；
綜上：b的取值范圍：﹣9≤b≤3；
（2）隨著圓R的移動，圓R的覆蓋區(qū)域為直線y1＝﹣x+a與直線y2＝﹣x+b所夾的區(qū)域，如圖所示，
+
即有直線y1＝﹣x+a與直線y2＝﹣x+b均與圓R相切，
設直線y2＝﹣x+b與x軸交于點F，與y軸交于點N，過O點作直線y2＝﹣x+b的垂線OE，交于直線y2＝﹣x+b于點E（也為切點），
當y2＝0時，x＝b，當x＝0時，y2＝b，
∴ON＝OF＝|b|＝b，
∴△NOF是等腰直角三角形，
∵圓R的半徑為1的，
∴OE＝1，
∴，
∴，
∴即直線y2＝﹣x+b解析式為：，
同理可得：直線y1＝﹣x+a解析式為：，
當圓P位于x軸的上方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABS，
此時使得點S剛好在直線直線上，為臨界位置，
如圖，
+
∵圓P的圓心P在y軸上，半徑為2，
∴AB＝4，
∴BS＝AB＝4，
∴點S的橫坐標為：﹣4，
∴，即，
∴；
當圓P位于x軸的下方時，此時以直徑AB為腰構(gòu)造等腰Rt△ABS，
此時使得點S剛好在直線直線上，為臨界位置，
如圖，
同理可求得：；
即：圓心P的縱坐標的取值范圍為：．
【點評】本題是一道與圓相關(guān)的綜合題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，圓與直線的位置關(guān)系，等腰三角形的性質(zhì)等知識，還運用到了解直角三角形的知識，正確理解“等垂點”的含義是解答本題的關(guān)鍵．
8．（2023?花都區(qū)一模）如圖1，已知∠MAN＝60°，在射線AM、AN上分別截取點B、C，使AB＝AC＝8．
（1）求證：AB＝BC；
（2）如圖2，以BC為直徑在BC的上方作一個半圓，點D為半圓上的一個動點，連接AD交BC于點E．
①當DB⊥AB時，求AD的長．
②在線段AC上取一點F，連接BF交AD于點G，若BF＝AE，當點D在半圓BC上從點B運動到點C時，求點G經(jīng)過的路徑長．
【分析】（1）證明△ABC是等邊三角形即可得到結(jié)果．
（2）連接CD，則∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，先求出BD，再利用勾股定理即可求出AD．
（3）分類討論：當∠BFA＝∠AEB時，證明△ABF≌△BAE得到BG＝AG，點G在AB邊的中垂線上，求出△ABC的高即可．②當∠BFC＝∠AEB時，△BCF≌△ABE，此時點D經(jīng)過的路徑為圖中以BA為弦的弧長，求出弧的圓心角，半徑，再求出弧長即可．
【解答】（1）證明：∵∠MAN＝60°，AB＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC．
（2）解：如圖2，連接CD，
∵DB⊥AB，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝60°，BC＝AB＝6，
∴∠CBD＝30°，
∵點D為半圓上的一個動點，
∴∠BDC＝90°，
∴CDBC8＝4，
∴BD，
∴AD．
（3）解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝ABC＝60°，AB＝BC＝AC＝8，
①如圖3，當∠BFA＝∠AEB時，
∵∠BAC＝∠ABC，BF＝AE，
∴△ABF≌△BAE（AAS），
∴∠FBA＝∠EAB，
∴BG＝AG，
∴點G在AB邊的中垂線上，
此時點G經(jīng)過的路徑為AC?sin60°＝84．
②如圖4，∠BFC＝∠AEB時，即∠BFA+∠AEB＝180°時，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC，
∴△BCF≌△ABE（AAS），
∴∠CBF＝∠BAE，
此時點D經(jīng)過的路徑為圖中以BA為弦的弧長，
最高點G在AB邊中垂線上，線段CP的處．
∴GPCPAC?sin60°8．
設弦AB所在圓的半徑為r，由垂徑定理得，
r2＝（r）2+4，
解得，r，
∴弦AB所對的圓心角為120°
∴弧AB的長ππ．
綜上得，點G經(jīng)過的路徑長為或．
【點評】本題考查了圓周角定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，弧長計算公式等知識，合理進行分類討論，準確找到點的運動軌跡是解題關(guān)鍵．
9．（2023?長沙模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點F，且C為的中點，AE交CD于點G，若AF＝2，AE＝8，動點M是⊙O上一點，過點D作⊙O的切線，交BA的延長線于點P．
（1）求CF的長；
（2）連接OG，求證：OG⊥AC；
（3）當動點M在⊙O的圓周上運動時，的比值是否發(fā)生變化？若不變，求出比值；若變化，說明變化規(guī)律．
【分析】（1）由垂徑定理得出，證出AE＝DC＝8，則可得出答案；
（2）利用圓周角定理得出，∠DCF＝∠EFB，進而得出∠DCF＝∠AFC，再利用三角形中位線定理得出答案；
（3）分別利用當點M與點A重合時：，當點M與點B重合時：，當點M不與點A、B重合時，得出△OFM∽△OPM，分別得出答案．
【解答】（1）解：∵C為的中點，弦CD⊥AB于F，
∴，
∴，
∴AE＝DC＝8，
∴CF＝DF＝4，
（2）證明：連接AC，BC，OG，BC交AE于點N，
∵，
∴∠EBC＝∠EAC＝∠DCA＝∠CBA，
∵∠BFE+∠EBC＝90°，∠ABC+∠DCB＝90°，
∴AG＝GC，∠DCB＝∠EFB，
∴∠DCB＝∠ANC，
∴GN＝GC，
∵AO＝BO，
∴OG是△OAN的中位線，
∴GO∥BC，
∵AB為⊙O的直徑，
∴BC⊥AC，
∴OG⊥AC；
（3）解：的值不變．
理由：如圖2，連接DO，則DO⊥PD，DF⊥PO，
∵∠OFD＝∠ODP，∠FOD＝∠POD，
∴△OFD∽△ODP，
同理△OFD∽△DFP，
則DO2＝FO?OP，
DF2＝OF?FP，
由（1）知DF＝4，
設AO＝x，則FO＝x﹣2，
故x2＝（x﹣2）2+42，
解得：x＝5，故FO＝3，
即42＝3?FP，
∴FP．
當點M與點A重合時：，
當點M與點B重合時：，
當點M不與點A、B重合時：連接FM、PM、MO、DO，
∵DO2＝FO?OP，
∴OM2＝FO?OP，
∴，
∵∠AOM＝∠MOA，
∴△OFM∽△OPM，
∴．
綜上所述，的比值不變，比值為．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，三角形中位線定理，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10．（2023?襄都區(qū)校級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝8，過DC的中點M作射線AM，點E在射線AM上（點E不與點A重合），點F是AE的中點，以EF為直角邊在射線AM的右側(cè)作直角△EFG，其中∠FEG＝90°，tan∠EGF．⊙O是△EFG的外接圓，設⊙O的半徑為r．
（1）用含r的代數(shù)式表示EF的長；
（2）當⊙O與矩形ABCD的邊相切時，求r的值；
（3）當邊EG與矩形ABCD的邊有交點時，請直接寫出符合條件的整數(shù)r的值．
【分析】（1）根據(jù)tan∠EGF，設EF＝3x，EG＝4x，運用勾股定理即可求得答案；
（2）分四種情況：當⊙O與矩形ABCD的邊AB相切時，過點O作OH⊥AB于點H，過點F作FK⊥AB于點K，由切線性質(zhì)可得OH＝FK＝r，再利用解直角三角形可得出AFr，與AF＝EFr矛盾，故⊙O不能與AB邊相切；顯然⊙O也不能與AD邊相切；當⊙O與矩形ABCD的邊CD相切時，由AFr，可得FK＝AF?sin∠FAKr?sin∠AMDr?r，利用切線性質(zhì)可得FN＝OH＝r，根據(jù)FN+FK＝NK，建立方程求解即可求得r；當⊙O與矩形ABCD的邊BC相切時，同理可求得r；
（3）當點E與點M重合時，根據(jù)EFr＝5，解方程即可求得求得EG與矩形ABCD的邊有交點時r的最小值，當EG經(jīng)過點C時，可得AE＝2EFr，再利用解直角三角形可得EM，根據(jù)AE＝AM+EM，建立方程求解即可求得EG與矩形ABCD的邊有交點時r的最大值，得出當EG與矩形ABCD的邊有交點時，r，再求出整數(shù)值．
【解答】解：（1）∵tan∠EGF，
∴，
設EF＝3x，EG＝4x，
在Rt△EFG中，EF2+EG2＝FG2，
∴（3x）2+（4x）2＝（2r）2，
解得：xr（負值舍去），
∴EF＝3xr；
（2）當⊙O與矩形ABCD的邊AB相切時，如圖1，過點O作OH⊥AB于點H，過點F作FK⊥AB于點K，
∵四邊形ABCD是矩形，AB＝12，BC＝8，
∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝12，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB∥CD，
∴∠FAK＝∠AMD，
∵點M是DC的中點，
∴DMCD＝6，
∴tan∠FAK＝tan∠AMD，
∵tan∠EFG，
∴tan∠FAK＝tan∠EFG，
∴∠FAK＝∠EFG，
∴FG∥AB，
∴FK＝OH，
∵AB與⊙O相切，
∴OH＝r，
∴FK＝r，
在Rt△ADM中，AM10，
∵sin∠FAK＝sin∠AMD，
∴，即，
∴AFr，
∵點F是AE的中點，
∴AF＝EFr，
由（1）知EFr，矛盾，
故⊙O不能與AB邊相切；
⊙O也不能與AD邊相切；
當⊙O與矩形ABCD的邊CD相切時，如圖2，過點O作OH⊥CD于點H，過點F作FK⊥AB于點K，
∵CD與⊙O相切，
∴OH＝r，
由（1）EFr，
∴AFr，
∴FK＝AF?sin∠FAKr?sin∠AMDr?r，
∵FG∥AB，AB∥CD，
∴FG∥CD，
∴FN＝OH＝r，
∵∠BAD＝∠ADC＝∠AKN＝90°，
∴四邊形ADNK是矩形，
∴NK＝AD＝8，
∵FN+FK＝NK，
∴rr＝8，
解得：r；
當⊙O與矩形ABCD的邊BC相切時，如圖3，過點O作OH⊥CD于點H，過點F作FK⊥AB于點K，
則FG＝2r，AF＝EFr，
AK＝AF?cs∠FAK＝AF?cs∠AMDr?r，
∵∠FKB＝∠B＝∠BGF＝90°，
∴四邊形BGFK是矩形，
∴BK＝FG＝2r，
∵AK+BK＝AB，
∴r+2r＝12，
解得：r；
綜上所述，當⊙O與矩形ABCD的邊相切時，r的值為或；
（3）當點E與點M重合時，如圖4，
∵AM＝2EF＝10，
∴EF＝5，
即r＝5，
解得：r；
當EG經(jīng)過點C時，如圖5，
∵AF＝EFr，
∴AEr，
∵∠CME＝∠AMD，
∴sin∠CME＝sin∠AMD，
∴，即，
∴EM，
∵AE＝AM+EM，
∴r＝10，
解得：r，
∴當EG與矩形ABCD的邊有交點時，r，
故符合條件的整數(shù)r的值為5．
【點評】本題是有關(guān)圓的綜合題，考查了圓的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，勾股定理等，運用方程思想和數(shù)形結(jié)合思想是解題關(guān)鍵．
11．（2023?雙橋區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AB＝10，AD＝15，．動點M由點A向點D運動，過點M在AD的右側(cè)作MP⊥AM，連接PA、PD，使∠MPA＝∠BAD，過點A、M、P作⊙O．（參考數(shù)據(jù)：sin49°，cs41°，tan37°）
（1）當⊙O與DP相切時．
①求AM的長；
②求的長．
（2）當△APD的外心Q在△AMP的內(nèi)部時（包括邊界），求在點M移動過程中，點Q經(jīng)過的路徑的長．
（3）當△APD為等腰三角形，并且線段PD與⊙O相交時，直接寫出⊙O截線段PD所得的弦長．
【分析】（1）①根據(jù)切線的性質(zhì)得到AP⊥DP，解直角三角形即可得到結(jié)論；
②根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠PAM＝37°，根據(jù)圓周角定理得到∠POM＝2∠PAM＝74°，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論；
（2）點Q在AD的垂直平分線上運動，當∠APD＝90°時（圖中∠AP′D），點Q在邊AD上（Q′），當∠ADP＝90°時（圖中∠ADP′）時，點Q在AP上（Q″），點Q運動路徑長長是DP″的一半；
（3）當PD＝PA時，⊙O截不出線段PD的弦；當AP＝AD＝15時，解斜三角形APD，求得PD的長，進而得出結(jié)果．
【解答】解：（1）①∵DP與⊙O相切，
∴AP⊥DP，
∵，∠MPA＝∠BAD，
∴tan∠PAD，
∴cs∠PAD，
在Rt△ADP中，AP＝AD?cs∠PAD＝1512，
在Rt△APM中，AM＝AP?cs∠PAD＝12；
②∵，
∴∠PAM＝37°，
∴∠POM＝2∠PAM＝74°，
∴的長為；
（2）如圖3，設AD的中點為Q′，當點D與M重合時，設AP的中點為Q″，連接Q′Q″，
∵點Q在AD的垂直平分線上運動，當∠APD＝90°時（圖中∠AP′D），點Q在邊AD上（Q′），當∠ADP＝90°時（圖中∠ADP′）時，點Q在AP上（Q″），
∴Q′Q″DP′，
∵AP″＝AD?tan∠DAP″＝15，
∴Q′Q″，
∴點Q的經(jīng)過的路徑長為：；
（3）當PD＝PA時，⊙O截不出線段PD的弦，
如圖4，
當AP＝AD＝15時，
設PD與⊙O交于點E，作DG⊥AP于G，連接AE，
由（1）知：AG＝12，DG＝9，
∴PG＝AP﹣AG＝15﹣12＝3，
∵AP是⊙O的直徑，
∴∠AEP＝90°，
∴PD3，
∵AD＝AP，
∴PEPD，
∴⊙O截線段PD所得弦的長為．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理及其推論，弧長公式，解直角三角形，三角形的中位線定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)條件，畫出對應的圖形．
12．（2023?嶗山區(qū)一模）【問題提出】如圖1，△ABC為⊙O內(nèi)接三角形，已知BC＝a，圓的半徑為R，探究a，R，sin∠A之間的關(guān)系．
【解決問題】如圖2，若∠A為銳角，連接BO并延長交⊙O于點D，連接DC，則∠A＝∠D，在△DBC中，BD為⊙O直徑，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°．
所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的關(guān)系為 sinD ．
所以在⊙O內(nèi)接三角形△ABC中，a，R，sinA之間的關(guān)系為 sinA ．
類比銳角求法，當∠A為直角和鈍角時都有此結(jié)論．
【結(jié)論應用】
已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，則△ABC外接圓的面積為 ．
【分析】【解決問題】連接BO并延長交⊙O于點D，連接CD，由圓周角定理得出∠BCD＝90°，由正弦的定義可得出答案；
【結(jié)論應用】求出△ABC外接圓的半徑，則可得出答案；
【解答】解：【解決問題】△ABC的外接圓半徑為R，連接BO并延長交⊙O于點D，連接DC，則∠D＝∠A，
∵BD為⊙O的直徑，
∴∠BCD＝90°，
在Rt△DBC中，
∵sinD，
∴sinA．
故答案為：sinD，sinA；
【結(jié)論應用】∵∠B＝60°，AC＝4，
∴sinB，
∴，
∴R，
∴△ABC外接圓的面積為．
故答案為：．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了銳角三角函數(shù)的定義，三角形的外接圓，圓周角定理，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．
13．（2023?寧波一模）如圖1，AC為?ABCD的對角線，△ABC的外接圓⊙O交CD于點E，連結(jié)BE．
（1）求證：∠BAC＝∠ABE．
（2）如圖2，當AB＝AC時，連結(jié)OA、OB，延長AO交BE于點G，求證△GOB∽△GBA．
（3）如圖3，在（2）的條件下，記AC、BE的交點為點F，連結(jié)AE、OF．
①求證：BG2﹣GF2＝GF?EF．
②當時，求sin∠EAG的值．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理即可證明；
（2）由垂徑定理證明∠BAG＝∠CAG，再推出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，即可證明結(jié)論；
（3）①由△GOB∽△GBA，推出BG2＝GO?GA，再證明△BAG≌△CAG，推出∠ABG＝∠ACG，得到△GCF∽△GEC，推出GC2＝GF?GE，計算即可證明結(jié)論；
②設EF＝CF＝7a，得到FG＝9a，GE＝9a，BG＝CG＝12a，由角平分線的性質(zhì)求得，證明△CEF∽△ABF，求得AB＝28a，由角平分線的性質(zhì)推出，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得，然后推出∠EAG＝∠OBH，即可求解．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠BAC＝∠ABE；
（2）證明：∵AB＝AC，AO經(jīng)過圓心，
∴∠BAG＝∠CAG，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAC＝∠ABE，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，
又∠BGO＝∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
（3）①證明：連接CG，
∵△GOB∽△GBA，
∴，
∴BG2＝GO?GA，
∵AB＝AC，∠BAG＝∠CAG，AG＝AG，
∴△BAG≌△CAG（SAS），
∴BG＝CG，∠ABG＝∠ACG，
∵∠ABG＝∠BEC，
∴∠GCF＝∠GEC，
∴△GCF∽△GEC，
∴，
∴GC2＝GF?GE，
∴GF?EF+GF2＝GF（EF+GF）＝GF?GE＝GC2＝BG2，
∴BG2﹣GF2＝GF?EF；
②解：延長AO交BC于點H，
∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，
∴EF＝FC，
∵，
設EF＝CF＝7a，
則FG＝9a，GE＝16a，
∴BG＝CG12a，
∵，
∴，
∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分線，
∴點F到∠ECG兩邊的距離相等，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴，
即，
∴AB＝28a，
由（2）可知：OB是∠ABG的平分線，同理，
即，
∴，
設⊙O的半徑為R，
∵BG2＝GO?GA，
∴（12a）2，
解得：，
即，
設OH＝x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2﹣（R+x）2＝R2﹣x2，
整理得：，
即，
∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，
∴∠EAG＝∠OBH，
∴．
【點評】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，本題難度大，明確題意，找出所求問題需要的條件是解答本題的關(guān)鍵．
14．（2023春?閩侯縣期中）如圖，點C在以AB為直徑的半圓O上（點C不與A，B兩點重合），點D是的中點、DE⊥AB于點E，連接AC交DE于點F，連接OF，過點D作半圓O的切線DP交BA的延長線于點P．
（1）求證：AC∥DP；
（2）求證：AC＝2DE；
（3）連接CE，CP，若AE：EO＝1：2，求的值．
【分析】（1）連接OD，由垂徑定理得出OD⊥AC，由切線的性質(zhì)得出OD⊥DP，則可得出結(jié)論；
（2）證明△ODE≌△OAM（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE＝AM，則可得出結(jié)論；
（3）連接OD，OC，CE，CP，證明△DOE∽△POD，由相似三角形的性質(zhì)得出，證出△COE∽△POC，得出，則可得出答案．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵D為弧AC的中點，
∴OD⊥AC，
又∵DP為⊙O的切線，
∴OD⊥DP，
∴AC∥DP；
（2）證明：∵DE⊥AB，
∴∠DEO＝90°，
由（1）可知OD⊥AC，設垂足為點M，
∴∠OMA＝90°，
∴∠DEO＝∠OMA，AC＝2AM，
又∵∠DOE＝∠AOM，OD＝OA，
∴△ODE≌△OAM（AAS），
∴DE＝AM，
∴AC＝2AM＝2DE；
（3）解：連接OD，OC，CE，CP，
∵∠ODP＝∠OED＝90°，∠DOE＝∠DOP，
∴△DOE∽△POD，
∴，
∴OD2＝OE?OP，
∵OC＝OD，
∴OC2＝OE?OP，
∴，
又∵∠COE＝∠POC，
∴△COE∽△POC，
∴，
∵AE：EO＝1：2，
∴，
∴，
∴．
【點評】本題是圓的綜合題，考查的是切線的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握圓的切線垂直于過切點的半徑及相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
15．（2023?張家口二模）如圖1，在矩形ABCD中，對角線AC和BD相交于點O，OD＝5，sin∠ACB．
（1）如圖2，P是對角線AC一點（點P不與兩端點重合）．以AP為直徑在對角線AC的下方作半圓E，交AB邊于點M，連接PM．求cs∠APM＝？
（2）如圖3，當半圓E與BC邊相切于點F時，連接PF．求tan∠CFP＝？
（3）如圖4，點R在BC邊上，連接AR，當AR時，求∠CAR＝？
（4）已知點N在AB邊或BC邊上，且△APN是直角三角形．當同時存在四個符合條件的N點時，請直接寫出線段AP的取值范圍 AP＜10 ．
【分析】（1）根據(jù)直徑所對的角是直角，通過平行可得∠APM＝∠ACB，然后可得cs∠APM，
（2）連接AF，EF，根據(jù)直徑所對的角是直角可得，∠CFP+∠AFB＝90°，根據(jù)∠B＝90°，可得∠FAB＝∠CFP，通過EF＝AE，EF和EC的關(guān)系，可得EF的值，從而得到BF的值，從而求出解，
（3）過R做RM⊥AC，通過勾股定理，可得BR的長，然后得到CR的長，根據(jù)sin∠ACB，得到RM的長，然后求sin∠CAR，得到結(jié)果對應的角的度數(shù)，
（4）通過分析，∠PAN不能為直角，∠APN為直角只有一個點N滿足條件，則要符合4個N點則∠ANP為直角需要有3個滿足條件的N點，滿足條件的N點即為圓E與AB或BC的交點，則根據(jù)（2）問的結(jié)果可知，AE，又根據(jù)AP＜AC，可得AP的范圍．
【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，OD＝5，
∴AC＝BD＝2OD＝10，
∵sin∠ACB．
∴AB＝6，BC＝8，
∵AP是圓E的直徑，
∴∠AMP＝90°，
∵矩形ABCD，
∴∠B＝90°，
∴PM∥BC，
∴∠APM＝∠ACB，
∴cs∠APM＝cs∠ACB，
（2）如圖，連接EF，AF，
∵AP為圓E的直徑，
∴∠AFP＝90°，
∴∠CFP＝∠AFB＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠FAB+∠AFB＝90°，
∴∠FAB＝∠CFP，
∵EF＝EA，
∴CE＝AC﹣AE＝10﹣EF，
∵BC與圓E切于F點，
∴EF⊥CF，
∴在Rt△CEF中，
sin∠ACB，
，
∴EF，
∴CF＝5，
∴BF＝BC﹣CF＝8﹣5＝3，
∴tan∠CFP＝tan∠FAB，
（3）如圖，過R作RM⊥AC交AC于M，
在Rt△ABR中，
BR，
∴CR＝BC﹣BR，
在Rt△CRM中，
MR＝CR?sin∠ACB，
在Rt△AMR中，
sin∠MAR，
∴∠MAR＝45°，
（4）∵△APN為直角三角形，
∵∠PAN≠90°，
∴∠APN＝90°或∠ANP＝90°，
∵AP是圓E的直徑，
∴∠ANP＝90°時，N點為圓E與AB或BC邊的交點，
當∠APN＝90°時，則只有一個對應的N點，
∴若有4個滿足條件的N點，則圓E與AB或BC邊有3個交點，
∴由（2）問可知，AE，
∴AP，
∵P是對角線AC上的一點，且不與端點重合，
∴AP＜AC，
∴AP＜10，
∴AP＜10．
【點評】本題主要考查圓的相關(guān)知識，直徑對應的圓周角為直角，正弦定理，余弦定理．
16．（2023?慈溪市一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AD，AC為直徑，E為一動點，連結(jié)BE交AC于點G，交AD于點F，連結(jié)DE．
（1）設∠E為α，請用α表示∠BAC的度數(shù)．
（2）如圖1，當BE⊥AD時，
①求證：DE＝BG．
②當，BG＝5時，求半徑的長．
（3）如圖2，當BE過圓心O時，設tan∠ABE＝x，，求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．
【分析】（1）由AB＝AD，得，則∠ACB＝∠ACD，由AC是⊙O的直徑，得∠ABC＝∠ADC＝90°，則∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，所以∠BAC＝∠DAC∠BADα；
（2）①連結(jié)BD，由∠AFB＝∠ADC＝90°，得BE∥CD，則∠DBE＝∠BDC，所以，則DE＝BC，而∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，則BC＝BG，所以DE＝BG；
②作GL⊥AB于點L，則GL＝GF，tan∠ABE，設GL＝GF＝3m，BL＝4m，則BG＝5m，BF＝8m，所以AF＝BF?tan∠ABE＝6m，則tan∠BAC＝tan∠DAC，而BC＝BG＝5，所以AB＝2BC＝2×5＝10，由勾股定理得AC＝5，即可求得⊙O的半徑的長為；
（3）連結(jié)BD交AC于點M，由垂徑定理得AC⊥BD，MB＝MD，因為OB＝OE，所以OM∥ED，ED＝2OM，由△AOF∽△DEF，得，可推導出，則y1，因為∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，所以tan∠ABE＝x，設AM＝a，則BM＝ax，CM＝x?BM＝ax2，所以AC＝a+ax2，OA，OM，則y1．
【解答】解：（1）∵AB＝AD，
∴，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠BAD＝∠E＝α，
∴∠BAC＝∠DAC∠BADα．
（2）①證明：如圖1，連結(jié)BD，
∵BE⊥AD于點F，
∴∠AFB＝∠ADC＝90°，
∴BE∥CD，
∴∠DBE＝∠BDC，
∴，
∴DE＝BC，
∵∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，
∴BC＝BG，
∴DE＝BG．
②如圖1，作GL⊥AB于點L，則GL＝GF，∠BLG＝90°，
∴tan∠ABE，
設GL＝GF＝3m，BL＝4m，則BG5m，
∴BF＝5m+3m＝8m，
∴AF＝BF?tan∠ABE＝8m6m，
∴tan∠BAC＝tan∠DAC，
∵BC＝BG＝5，
∴AB＝2BC＝2×5＝10，
∴AC5，
∴OAAC5，
∴⊙O的半徑的長為．
（3）如圖2，連結(jié)BD交AC于點M，
∵AC是⊙O的直徑，，
∴AC⊥BD，MB＝MD，
∵OB＝OE，
∴OM∥ED，ED＝2OM，
∵OA∥ED，
∴△AOF∽△DEF，
∴，
∴11，
∴，
∵OA＝OB＝OE，
∴y11，
∵∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，
∴tan∠BAC＝tan∠DBCtan∠ABE＝x，
設AM＝a，則BM＝ax，CM＝x?BM＝ax2，
∴AC＝AM+CM＝a+ax2，
∴OA，OM＝AM﹣OA＝a，
∴y11，
∴y關(guān)于x的函數(shù)表達式為y．
【點評】此題重點考查圓周角定理、垂徑定理、平行線的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、三角形的中位線定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．
17．（2023?義烏市校級模擬）如圖1：以x軸的正半軸上一點O1為圓心作⊙O1，交x軸于C、D兩點，交y軸于A、B兩點，以O為圓心OA為半徑的⊙O與x軸的負半軸交于G點．設⊙O1的弦AC的延長線交⊙O于F點，連結(jié)GF，AG，若AO＝4，（1）求證：△AGC∽△AFG；
（2）求出點O1的坐標；
（3）如圖2，線段EA、EB（或它們的延長線）分別交⊙O于點M、N．問：當點E在（不含端點A、B）上運動時，線段MN的長度是否會發(fā)生變化？若不變，求出MN的長度；若變化，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)垂直的定義及等腰三角形的性質(zhì)推圓周角定理∠AGC＝∠AFG，根據(jù)圓周角定理得出∠GAC＝∠FAG，根據(jù)相似三角形的判定定理即可得解；
（2）連接AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)及勾股定理求出AG＝4，CG＝2，則OC＝2，根據(jù)圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)推出△ACO∽△DAO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出OD＝8，進而求出O1C＝5，O1O＝3，據(jù)此即可得解；
（3）當點E在上運動時，MN的長度不變；易得△EMN∽△EBA，進而連接AN，則AN⊥BE，∠ANE＝90°，csE，MN＝AB?csE＝8csE，分析可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵OA⊥OG，
∴∠AOG＝90°，
∵OA＝OG，
∴∠AGC＝45°，
∵∠AFG∠AOG，
∴∠AFG＝45°，
∴∠AGC＝∠AFG，
又∠GAC＝∠FAG，
∴△AGC∽△AFG；
（2）解：如圖，連接AD，
由（1）知，△AGC∽△AFG，
∴，
∵AF＝2GF，
∴AG＝2CG，
∵OA＝4，∠AOG＝90°，OA＝OG，
∴AG＝4，
∴CG＝2，
∴OC＝OG﹣CG＝2，
∵⊙O1交x軸于C、D兩點，
∴CD是⊙O1的直徑，
∴∠CAD＝90°，
∴∠CAO+∠DAO＝90°，
∵OA⊥OG，
∴∠ACO＝∠AOD＝90°，
∴∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠ACO＝∠DAO，
∴△ACO∽△DAO，
∴，
∴OA2＝OC×OD，
∵OA＝4，OC＝2，
∴OD＝8，
∴CD＝OC+OD＝10，
∴O1C＝5，
∴O1O＝O1C﹣OC＝3，
∴點O1的坐標為（3，0）；
（3）解：當點E在上運動時，MN的長度不變；
在△EMN和△EBA中，∠E＝∠E，∠EMN＝∠EBA，
∴△EMN∽△EBA．
∴，
即MNAB，
如圖，連接AN，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ANB＝90°，
∴∠ANE＝90°，
∴csE，
∴MN＝AB×csE＝8csE，
當點E在上運動時，∠E的大小不變，8csE是常量，故MN的長度不變．
【點評】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)并作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵．
18．（2023?衡水模擬）在一平面內(nèi)，點D是⊙A上的點，連接AD，AB、BC、CD是三條定長線段，將四條線段按如圖1順次首尾相接，把AB固定，讓AD繞點A從AB開始逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜360°）到某一位置時，BC，CD將會跟隨到相應的位置，且點C始終保持在AB上方．
?
?（1）若點D在AB上方且AD∥BC時，求∠ABC的度數(shù)（用含α的式子表示）；
（2）當AD旋轉(zhuǎn)到如圖2位置時，連接AC，AC與OA交于點P，連接PD，若∠ACD+2∠CDP＝90°，請判斷CD與⊙A的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）若⊙A的半徑為1，BC＝3，AB＝CD＝5，連接AC．
①當點D落在CA的延長線上時，求線段AD掃過的面積（參考數(shù)據(jù)：tan37°）；
②當點A與點C的距離最大時，求點D到AB的距離；
③當點D在AB上方，且BC⊥CD時，直接寫出sin∠ABC的值．?
【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)求解；
（2）結(jié)論：CD是⊙A的切線．如圖2中，延長CA交⊙A于點T，連接DT．證明AC⊥CD即可；
（3）①求出圓心角，利用弧長公式求解；
②如圖3﹣2中，過點D作DH⊥AB于點H，過點C作CJ⊥AB于點J．當A，D，C共線時，A，C兩點之間距離最大．設BJ＝y(tǒng)，則有62﹣（5+y）2＝32﹣y2，求出CJ，再利用平行線分線段成比例定理求解；
③如圖3﹣3中，過點A作AT⊥CD于點T，過點A作AR⊥BC于點R，則四邊形ARCT是矩形，設DT＝x，AT＝y(tǒng)．構(gòu)建方程組求解即可．
【解答】解：（1）如圖1中，當AD∥BC時，
∠A+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣α；
（2）結(jié)論：CD是⊙A的切線．
理由：如圖2中，延長CA交⊙A于點T，連接DT．
∵PT是直徑，
∴∠TDP＝90°，
∴∠T+∠DPT＝90°，
∵∠DPT＝∠ACD+∠CDP，
∴∠ACD+∠CDP+∠T＝90°
∵∠ACD+2∠CDP＝90°，
∴∠T＝∠CDP，
∵AT＝AD，
∴∠T＝∠ADT，
∴∠CAD＝∠T+∠ADT＝2∠T＝2∠CDP，
∴∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴AD⊥CD，
∵AD是半徑，
∴CD是⊙A的切線；
（3）①如圖3﹣1中
∵CD＝AB＝5，AD＝1，
∴AC＝CD﹣AD＝5﹣1＝4，
∵BC＝3，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∴tan∠CAN，
∴∠CAB≈37°，
∴線段AD掃過的面積；
②如圖3﹣2中，過點D作DH⊥AB于點H，過點C作CJ⊥AB于點J．
當A，D，C共線時，A，C兩點之間距離最大．
設BJ＝y(tǒng)，則有62﹣（5+y）2＝32﹣y2，
解得y，
∴CJ，
∵DH∥CJ，
∴，
∴，
∴DH，
∴點D到AB的距離為；
③如圖3﹣3中，過點A作AT⊥CD于點T，過點A作AR⊥BC于點R，則四邊形ARCT是矩形，設DT＝x，AT＝y(tǒng)．
則有，
解得，
∴AR＝CT＝5，
∴sin∠ABC．
【點評】本題屬于圓綜合題，考查了切線的判定，弧長公式，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程或方程組解決問題．
19．（2023?海曙區(qū)一模）定義，若四邊形的一條對角線平分這個四邊形的面積，則稱這個四邊形為倍分四邊形，這條對角線稱為這個四邊形的倍分線．如圖①，在四邊形ABCD中，若S△ABC＝S△ADC，則四邊形ABCD為倍分四邊形，AC為四邊形ABCD的倍分線．
（1）判斷：若是真命題請在括號內(nèi)打√，若是假命題請在括號內(nèi)打×．
①平行四邊形是倍分四邊形． √
②梯形是倍分四邊形． ×
（2）如圖①，倍分四邊形ABCD中，AC是倍分線，若AC⊥AB，AB＝3，AD＝DC＝5，求BC；
（3）如圖②，△ABC中BA＝BC，以BC為直徑的⊙O分別交AB、AC于點N、M，已知四邊形BCMN是倍分四邊形．
①求sinC；
②連結(jié)BM，CN交于點D，取OC中點F，連結(jié)MF交NC于E（如圖③），若OF＝3，求DE．
【分析】（1）①平行四邊形的對角線平分平行四邊形的面積，可判斷①是真命題；
②梯形的對角線不平分梯形的面積，可判斷②是假命題；
（2）過D作DE⊥AC于E，根據(jù)AC是四邊形ABCD的倍分線，AC⊥AB，可得DE＝AB＝3，故AE4，AC＝2AE＝8，故BC；
（3）①連接BM，CN，OM，設CN交OM于H，由BA＝BC，得AM＝CM，故S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，可知倍分四邊形BCMN中，CN是倍分線，即S△BCN＝S△MCN，而∠ANC＝90°，AM＝CM，有MN＝AM＝CMAC，從而，知OM⊥CN，NH＝CH，設OH＝m，由S△BCN＝S△MCN，有MH＝BN＝2m，可得OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，根據(jù)勾股定理可得BM＝2m，即得sin∠ACB；
②連接OM交CN于H，作MF中點P，連接DP，由F為OC的中點，得OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，則BM＝BC?sin∠ACB＝4，CM4，證明△BDN≌△MDH（AAS），得DM＝BDBM＝2，故CD6，而DP是△MBF的中位線，可得DPBF，DP∥BC，故△DPE∽△CFE，即得DECD6．
【解答】解：（1）①平行四邊形的對角線平分平行四邊形的面積，故平行四邊形是倍分四邊形，①是真命題；
故答案為：√；
②梯形的對角線不平分梯形的面積，故梯形不是倍分四邊形，②是假命題；
故答案為：×；
（2）過D作DE⊥AC于E，如圖：
∵AC是四邊形ABCD的倍分線，AC⊥AB，
∴AB?ACDE?AC，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ADE中，
AE4，
∵AD＝DC，DE⊥AC，
∴AC＝2AE＝8，
在Rt△ABC中，
BC，
∴BC的長為；
（3）①連接BM，CN，OM，設CN交OM于H，如圖：
∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BNC＝∠BMC＝90°，
∵BA＝BC，
∴AM＝CM，
∴S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，
∴倍分四邊形BCMN中，CN是倍分線，即S△BCN＝S△MCN，
∵∠ANC＝180°﹣∠BNC＝90°，AM＝CM，
∴MN＝AM＝CMAC，
∴，
∴OM⊥CN，NH＝CH，
設OH＝m，則BN＝2m，
∵S△BCN＝S△MCN，
∴BN?CNMH?CN，
∴MH＝BN＝2m，
∴OM＝OH+MH＝3m，
∴OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝8m2，
在Rt△CMH中，CM2m，
在Rt△BMC中，BM2m，
∴sin∠ACB；
②連接OM交CN于H，作MF中點P，連接DP，如圖：
∵F為OC的中點，
∴OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，
在Rt△BCM中，BM＝BC?sin∠ACB＝124，
∴CM4，
由①知，BN＝MH，
∵∠BND＝∠MHD＝90°，∠BND＝∠MDH，
∴△BDN≌△MDH（AAS），
∴DM＝BDBM＝2，
∴CD6，
∵P為MF的中點，
∴DP是△MBF的中位線，
∴DPBF，DP∥BC，
∴△DPE∽△CFE，
∴，
∴DECD6．
【點評】本題考圓的綜合應用，涉及新定義，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
20．（2023?松江區(qū)二模）如圖1，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上一點，點O′與點O關(guān)于直線AC對稱，射線AO′交半圓O于點D，弦AC交O′O于點E、交OD于點F．
（1）如圖2，O′恰好落在半圓O上，求證：；
（2）如果∠DAB＝30°，求的值：
（3）如果OA＝3，O'D＝1，求OF的長．
【分析】（1）連接OC，由點O′與點O關(guān)于直線AC對稱得到AO＝AO′，證出△AOO′是等邊三角形，得出∠AOO′＝∠BOC＝60°，即可得結(jié)論．
（2）設⊙O的半徑為2a，作ON⊥AD于N，則OA＝O′A＝2a，求出AN，AD，ON，得到O′D，再求出OO′，得到OE，證出∠EFO＝45°，得到EF＝OE，作比即可．
（3）①當點O′在⊙O內(nèi)部時，過點F作FN⊥AB于N，F(xiàn)M⊥AD于M，由，得到，又DF+OF＝OD，從而求得OF．②當點O′在⊙O外部時，同樣方法求得OF的長．
【解答】（1）證明：如圖2，連接OC，
∵點O′與點O關(guān)于直線AC對稱，
∴OE＝O′E，AC⊥OO′，
∴AO＝AO′，，
∵AO＝OO′，
∴△AOO′是等邊三角形，
∴∠AOO′＝60°，
∴∠COO′＝∠AOO′＝60°，
∴∠BOC＝60°，
∴∠AOO′＝∠BOC，
∴．
（2）解：如圖3，設⊙O的半徑為2a，
則OA＝O′A＝2a，
作ON⊥AD于N，
∵OA＝OD，∠DOB＝30°，
∴∠AOD＝120°，
在Rt△AON中，ON＝OA?sin30°＝a，
AN＝OA?cs30°a，
∵ON⊥AD，
∴AD＝2ANa，
∴O′D＝AD﹣O′A＝（）a，
∴O′N＝DN﹣O′D＝（2）a，
∴OO′（）a，
∵點O′與點O關(guān)于直線AC對稱，
∴OE＝O′EOO′a，
由對稱性得，∠BAC＝∠DAC＝15°，
∴∠EFO＝180°﹣∠BAC﹣∠AOD＝180°﹣15°﹣120°＝45°，
∴EF＝OEa，
∴．
（3）解：①如圖4，當點O′在⊙O內(nèi)部時，
AD＝O′A+O′D＝OA+O′D＝3+1＝4，
由對稱性知∠DAF＝∠BAF，
過點F作FN⊥AB于N，F(xiàn)M⊥AD于M，
∴FM＝FN，
∴，
∴，
∵DF+OF＝OD＝3，
∴OF．
②如圖5，當點O′在⊙O外部時，
過點F作FN⊥AB于N，F(xiàn)M⊥AD于M，
則FM＝FN，
∴，
∴，
又AD＝AO′﹣O′D＝OA﹣O′D＝3﹣1＝2，
∴，
∵DF+OF＝3，
∴OF．
綜上得，OF或．
【點評】本題考查了圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、三角函數(shù)等知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對學生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學知識貫穿起來．

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