中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)題型訓(xùn)練壓軸題18以圓為背景的幾何類比探究壓軸問題（解析版）

壓軸題18以圓為背景的幾何類比探究壓軸問題例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，EG=DG=154，EF＝2，tan∠FOR=76【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(shè)DE＝a，利用勾股定理求出a的值，作AN⊥GE于N，作FT⊥BC于T，設(shè)TF＝4b，BT＝3b，設(shè)TR＝x，利用勾股定理求出x的值，過點F，作FW⊥OR于W，設(shè)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(shè)∠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(shè)DE＝a，∴DM＝DA＝a+4，AG=AD?GD=a+4?15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，NG=EG?EN=15由勾股定理知，AF2＝AD2﹣DF2，AN2＝AG2﹣GN2，∴AG2﹣GN2＝AD2﹣DF2，∴(a+1∴a＝6，∴AD＝10，AF＝6，DF＝a+2＝8，∴cos∠ADF=4∴cos∠BCF=cos∠ADF=4在Rt△BCF中，cos∠BCF=CF又由（2）得CB＝2CR，∴CF2CR=4∵∠RCO＝∠ABD＝∠FCD，∴tan∠RCO＝tan∠FCD，即在Rt△ROC、Rt△CFD中，ORCR∴ORDF又∵DF＝8，∴OR＝5，作FT⊥BC于T，∴∠FTR＝90°，又∵tan∠DBC=3設(shè)TF＝4b，BT＝3b，TR＝x，∵FR＝BR，∴FR＝x+3b，∵FR2＝FT2+TR2，∴（x+3b）2＝（4b）2+x2，∴x=76∴tan∠TFR=7∵∠FTR＝∠ORC＝90°，∴FT∥OR，∴∠TFR＝∠FRO，∴tan∠FRO=7又∵tan∠FOR=7過點F，作FW⊥OR于W，設(shè)FW＝7m，則RW＝24m，∴RF=FW2+RW2=∴OR＝RW+OW＝24m+6m＝30m＝5，∴m=1∴FR＝25m=256∵OC2＝RC2+ER2，∴r＝OC=R即⊙O的半徑為561【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(shè)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(dāng)△PQF為等腰直角三角形時，求所有滿足條件x的值；（3）當(dāng)PQ經(jīng)過DE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(dāng)∠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(dāng)∠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(shè)QH＝a，則GH＝2a，QG=5a，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【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，∴ODBC∴OD＝2AD，∴CD＝2AD，∴CD+AD＝AC＝3，∴2AD+AD＝3∴AD＝1，∴BD＝2，∴OD＝2，∴AO=A∵AB=AC2∴BO＝AB﹣AO＝25．（2）①∵OP＝x，∴BP＝BO﹣OP＝25?x∵EQ＝y(tǒng)，∴BQ＝BC﹣CE﹣EQ＝6﹣2﹣y＝4﹣y，∵cos∠B=BC∵PQ⊥AB，∴BPBQ=cos∠B∴25∴y=52x②當(dāng)∠FQP為90°時，如圖，PQ＝tan∠B?BP=ACBC?BP=36?（25?∵FQ⊥PQ，AB⊥PQ，∴FQ∥AB，∴∠FQE＝∠B，∵∠FEQ＝90°，∴FQ=EQ∵FQ＝PQ，∴5?12∴x=6如圖，當(dāng)∠PFQ＝90°時，過F點作FM⊥OP交OP于M點，∵FQ＝FP，∠PFQ＝90°，∴FQ＝FP=22PQ，∠FPQ＝∠FQP＝45∴∠FPM＝45°，∴FM＝PM=22FP=12PQ=12（∴OM＝OP﹣PM＝OP?12PQ＝x?12（5∵FM⊥OB，∴∠FOM+∠OFM＝90°，∵OE⊥BC，∴∠FOM+∠B＝90°，∴∠OFM＝∠B．∴tan∠OFM＝tan∠B=AC∵tan∠OFM=OM∴54解：x=6綜上，滿足條件x的值為657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=AC∵tan∠QGH=QH∴QHGH設(shè)QH＝a，則GH＝2a，QG=5a∴EN＝GH＝2a，∴ON＝OE﹣EN＝2﹣2a．∵G為DE的中點，∴∠GOE＝∠GOD=12∠DOE＝45∴△OGN為等腰直角三角形，∴ON=22∴2﹣2a=2∴a=2?∴QG=5a=【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(dāng)?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，EG=52，∠BGF﹣∠B＝45°，求“和諧四邊形”DBCE【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(shè)∠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＝52，∴DG=EG2∵∠BGF﹣∠B＝45°，∠BGF﹣∠BCF＝∠CFG，∴∠CFG＝∠CEG＝45°，∴△ECG是等腰直角三角形，∴CE＝CG=22∴BC＝7+5＝12，AC＝5+1＝6，∴AB=AC2∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△AHE∽△ACB，∴AHAC=AE∵AEAB∴AH=55，∴EH=A∴S△AHE=12AH?EH∴S△ACB=1∵DE＝AE，EH⊥AD，∴S△ADE＝2S△AHE=2∴“和諧四邊形”DBCE的面積＝S△ACB﹣S△ADE＝36?2【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(xué)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(yīng)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(yīng)點”．①在圖1中畫出點Q；②連接PQ，交線段ON于點T．求證：NT=1（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(yīng)點”，連接PQ．當(dāng)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NT=13PP′，求出PP′＝（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，∴NTP'P∵P'N＝P″N，P″Q＝QN=12P″∴QN=13QP∴NT=13∵PP'=(3?2OM=1∴PP'＝OM，∴NT=13（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，∴MNTQ∴TQ=32∵MN＝OM﹣ON＝2﹣t，∴TQ＝3?32∴SQ＝ST﹣TQ＝2﹣（3?32t）=3∵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°，AD=∴∠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，∴OH=12∴BH=3∴∠BCD＝∠DBF＝60°，AD＝AB＝BD＝2BH＝23，∠BDC＝∠FDB，∴△BDC∽△FDB，∴BDDF∴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，∴ACDB∴ACBD∴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AB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(dāng)BE＝AB時，求線段CD的長；（2）如圖2，當(dāng)點D在BC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(dāng)△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(dāng)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AB的中點，OC是半徑，∴OC⊥AB，∵BE＝AB＝10，∴AE＝AB+BE＝20，OE＝OB+BE＝5+10＝15，∴CE=O∵∠DAE＝∠BCE，∠AED＝∠CEB，∴△ADE∽△CBE，∴AECE∴205∴DE=410∴CD＝CE﹣DE=510（2）∠BDC不變，∠BDC＝135°．如圖2，連接AC，∵C是AB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(dāng)DE＝DO時，∵AB＝10，∴OD＝OC＝DE＝5，∵C是AB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=C∴BE＝OE﹣OB=53∴S△ODE=12S△COE=12×12S△CBE=12OC?BE=12×5×∴S△ODE②DE＝OE不成立．∵∠DOE＝90°﹣∠COD，∠ODE＝180°﹣∠CDO＝180°?12（180°﹣∠COD）＝90°+∠∴∠ODE＞∠DOE，∴DE≠OE．綜上得，△ODE與△CBE面積的比值為：3+3【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(xué)生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學(xué)知識貫穿起來．3．（2023春?海陵區(qū)月考）古希臘數(shù)學(xué)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EFDF【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OEOF=OFOD=12，∠EOF＝∠【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°，∴CB=1∵OB＝OC，∴BC＝OB＝OC，∴△OCB是等邊三角形，∵CE⊥AD，∴OE=BE=1∴點E是OB的中點；（3）解：連接OF，則OF＝OB，而OE=12OB，OB∴OE=12OF∴OEOF∵∠EOF＝∠FOD，∴△EOF∽△FOD，∴EFFD即EFDF的值為1【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(xué)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AD⊥BD，BC=22，BD（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°，AD上存在點E，滿足AE=CD，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AD=a，tan∠ADB=32，用含字母a【分析】（1）過B作BK⊥CD于K，由∠ADC＝120°，AD⊥BD，得∠KDB＝120°﹣90°＝30°，即知BK=12BD＝2，CK=BC2?BK2=2，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AB=2BD＝42，又∠CBR＝180°﹣∠ABC＝30°，得CR=12BC=2，（3）連接DE，BD，由∠A＝90°，可得∠BED＝90°，∠DEF＝90°，而tan∠ADB=32=ABAD，知AB=32a，又AE=CD，可得AD＝BG＝CE＝a，故AG=BG2?AB2=12a，DG＝AD﹣AG=12a，即可得∠ABG＝∠ADE＝30°＝∠CED，從而GE=12DG=14a，DE=3GE=34a，證明△BGD≌△CEF（【解答】解：（1）過B作BK⊥CD于K，如圖：∵∠ADC＝120°，AD⊥BD，∴∠KDB＝120°﹣90°＝30°，∴BK=12BD在Rt△BCK中，CK=B∴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，∴AB=2BD＝42∵∠CBR＝180°﹣∠ABC＝30°，∴CR=12BC=2，BR=∴AR＝AB+BR＝42+在Rt△ACR中，AC2＝AR2+CR2＝（42+6）2+（2）2＝40+16∴AC2＝40+163；（3）連接DE，BD，如圖：∵∠A＝90°，∴BD為直徑，∴∠BED＝90°，∠DEF＝90°，∵tan∠ADB=32=ABAD∴AB=32∵AE=∴AD=CE，∠ABE＝∠∴AD＝CE，∵CE＝BG，∴AD＝BG＝CE＝a，∴AG=BG∴DG＝AD﹣AG＝a?12a=∵sin∠ABE=AG∴∠ABG＝∠ADE＝30°＝∠CED，∴GE=12DG=14a，DE=∵∠BGD＝∠A+∠ABE＝90°+30°＝120°，∠CEF＝∠CED+∠DEF＝120°，∴∠BGD＝∠CEF，在△BGD和△CEF中，∠GBD=∠ECDBG=CE∴△BGD≌△CEF（ASA），∴EF＝DG=12∴DF=EF∴△DEF的周長＝DE+EF+DF=34a+12【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AEEF【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°，∴AC=A∵∠EGB＝∠C＝90°，∠EBG＝∠ABC，∴△BEG∽△BAC，∴EGAC∴EG6解得EG＝3，∴BE＝BC﹣EG＝8﹣3＝5，∴BF＝BE＝5，∵∠AEG＝∠ABF＝90°，∴△AEG∽△AFB，∴AEAF∴AEAF【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(xué)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(shè)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(shè)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(dāng)∠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BQPQ（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，∴BQPQ∵AB＝6，QB＝2，∴AQ＝AB+BQ＝6+2＝8，∴2PQ∴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°，∴EH=12AEAH＝AE?sin60°＝20×32=∴PH＝PE﹣EH＝30﹣10＝20，由勾股定理得，PA=P∴AC＝2PA＝2×107故點C在DM上距離點D60m處，斜桿AC的長度為207m【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(dāng)添加輔助線，靈活運用所學(xué)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(dāng)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(shè)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(dāng)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(dāng)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：y2=?x+2，直線y1＝﹣x+a解析式為：y1=?x?2，當(dāng)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y2=?x+2上，為上臨界位置；當(dāng)圓P位于x軸的下方時，此時以直徑【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(dāng)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(dāng)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(shè)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(dāng)y2＝0時，x＝b，當(dāng)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，∴ON=OF=1∴b=ON=OF=2∴即直線y2＝﹣x+b解析式為：y2同理可得：直線y1＝﹣x+a解析式為：y1當(dāng)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y2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，∴y2=?x+2∴OP=OB+PB=4+2當(dāng)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y1如圖，同理可求得：OP=OB+PB=4+2即：圓心P的縱坐標的取值范圍為：?6?2【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(dāng)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(dāng)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(dāng)∠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(dāng)∠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°，∴CD=12BC∴BD=B∴AD=A（3）解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝ABC＝60°，AB＝BC＝AC＝8，①如圖3，當(dāng)∠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°＝8×32=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13∴GP=13CP=13AC?sin60°設(shè)弦AB所在圓的半徑為r，由垂徑定理得，r2＝（r?433解得，r=8∴弦AB所對的圓心角為120°∴弧AB的長=120×833綜上得，點G經(jīng)過的路徑長為43或16【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AE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(dāng)動點M在⊙O的圓周上運動時，F(xiàn)MPM【分析】（1）由垂徑定理得出AC=CE=AD，證出（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(dāng)點M與點A重合時：FMPM=AFPA，當(dāng)點M與點B重合時：FMPM=FBPB，當(dāng)點M不與點A【解答】（1）解：∵C為AE的中點，弦CD⊥AB于F，∴AC=∴AE=∴AE＝DC＝8，∴CF＝DF＝4，（2）證明：連接AC，BC，OG，BC交AE于點N，∵AC=∴∠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：FMPM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(shè)AO＝x，則FO＝x﹣2，故x2＝（x﹣2）2+42，解得：x＝5，故FO＝3，即42＝3?FP，∴FP=16當(dāng)點M與點A重合時：FMPM當(dāng)點M與點B重合時：FMPM當(dāng)點M不與點A、B重合時：連接FM、PM、MO、DO，∵DO2＝FO?OP，∴OM2＝FO?OP，∴OMOF∵∠AOM＝∠MOA，∴△OFM∽△OPM，∴FMPM綜上所述，F(xiàn)MPM的比值不變，比值為3【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=34．⊙O是△EFG的外接圓，設(shè)⊙O的半徑為（1）用含r的代數(shù)式表示EF的長；（2）當(dāng)⊙O與矩形ABCD的邊相切時，求r的值；（3）當(dāng)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=EFEG=34，設(shè)EF＝3x（2）分四種情況：當(dāng)⊙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AF=54r，與AF＝EF=65r矛盾，故⊙O不能與AB邊相切；顯然⊙O也不能與AD邊相切；當(dāng)⊙O與矩形ABCD的邊CD相切時，由AF=65r，可得FK＝AF?sin∠FAK=65r?sin∠AMD=65r?45=2425r，利用切線性質(zhì)可得FN＝OH＝r，根據(jù)FN+FK＝NK（3）當(dāng)點E與點M重合時，根據(jù)EF=65r＝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(dāng)EG經(jīng)過點C時，可得AE＝2EF=125r，再利用解直角三角形可得EM=185，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(dāng)EG與矩形【解答】解：（1）∵tan∠EGF=3∴EFEG設(shè)EF＝3x，EG＝4x，在Rt△EFG中，EF2+EG2＝FG2，∴（3x）2+（4x）2＝（2r）2，解得：x=25∴EF＝3x=65（2）當(dāng)⊙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，∴DM=12∴tan∠FAK＝tan∠AMD=AD∵tan∠EFG=EG∴tan∠FAK＝tan∠EFG，∴∠FAK＝∠EFG，∴FG∥AB，∴FK＝OH，∵AB與⊙O相切，∴OH＝r，∴FK＝r，在Rt△ADM中，AM=A∵sin∠FAK＝sin∠AMD，∴FKAF=AD∴AF=54∵點F是AE的中點，∴AF＝EF=54由（1）知EF=65故⊙O不能與AB邊相切；⊙O也不能與AD邊相切；當(dāng)⊙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）EF=65∴AF=65∴FK＝AF?sin∠FAK=65r?sin∠AMD=65r∵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，∴r+2425解得：r=200當(dāng)⊙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＝EF=65AK＝AF?cos∠FAK＝AF?cos∠AMD=65r?3∵∠FKB＝∠B＝∠BGF＝90°，∴四邊形BGFK是矩形，∴BK＝FG＝2r，∵AK+BK＝AB，∴1825r+2r解得：r=75綜上所述，當(dāng)⊙O與矩形ABCD的邊相切時，r的值為20049或75（3）當(dāng)點E與點M重合時，如圖4，∵AM＝2EF＝10，∴EF＝5，即65r解得：r=25當(dāng)EG經(jīng)過點C時，如圖5，∵AF＝EF=65∴AE=125∵∠CME＝∠AMD，∴sin∠CME＝sin∠AMD，∴EMCM=DM∴EM=18∵AE＝AM+EM，∴125r＝10+解得：r=17∴當(dāng)EG與矩形ABCD的邊有交點時，256≤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，tan∠BAD=43．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°≈34，cos41°≈（1）當(dāng)⊙O與DP相切時．①求AM的長；②求PM的長．（2）當(dāng)△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(dāng)△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(dāng)∠APD＝90°時（圖中∠AP′D），點Q在邊AD上（Q′），當(dāng)∠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(dāng)PD＝PA時，⊙O截不出線段PD的弦；當(dāng)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，∵tan∠BAD=43，∠MPA＝∠∴tan∠PAD=3∴cos∠PAD=4在Rt△ADP中，AP＝AD?cos∠PAD＝15×4在Rt△APM中，AM＝AP?cos∠PAD＝12×4②∵PMAM∴∠PAM＝37°，∴∠POM＝2∠PAM＝74°，∴PM的長為74?π×6180（2）如圖3，設(shè)AD的中點為Q′，當(dāng)點D與M重合時，設(shè)AP的中點為Q″，連接Q′Q″，∵點Q在AD的垂直平分線上運動，當(dāng)∠APD＝90°時（圖中∠AP′D），點Q在邊AD上（Q′），當(dāng)∠ADP＝90°時（圖中∠ADP′）時，點Q在AP上（Q″），∴Q′Q″=12DP∵AP″＝AD?tan∠DAP″＝15×3∴Q′Q″=45∴點Q的經(jīng)過的路徑長為：458（3）當(dāng)PD＝PA時，⊙O截不出線段PD的弦，如圖4，當(dāng)AP＝AD＝15時，設(shè)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°，∴PD=DG2∵AD＝AP，∴PE=12PD∴⊙O截線段PD所得弦的長為310【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(yīng)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=a2R所以在⊙O內(nèi)接三角形△ABC中，a，R，sinA之間的關(guān)系為sinA=a2R類比銳角求法，當(dāng)∠A為直角和鈍角時都有此結(jié)論．【結(jié)論應(yīng)用】已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，則△ABC外接圓的面積為163π【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(yīng)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=BC∴sinA=a故答案為：sinD=a2R，sinA【結(jié)論應(yīng)用】∵∠B＝60°，AC＝4，∴sinB=AC∴32∴R=4∴△ABC外接圓的面積為π×(4故答案為：163【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(dāng)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(dāng)EFFG=79【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(shè)EF＝CF＝7a，得到FG＝9a，GE＝9a，BG＝CG＝12a，由角平分線的性質(zhì)求得CE=283a，證明△CEF∽△ABF，求得AB＝28a，由角平分線的性質(zhì)推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得OHOB【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，∴BGGA∴BG2＝GO?GA，∵AB＝AC，∠BAG＝∠CAG，AG＝AG，∴△BAG≌△CAG（SAS），∴BG＝CG，∠ABG＝∠ACG，∵∠ABG＝∠BEC，∴∠GCF＝∠GEC，∴△GCF∽△GEC，∴GCGE∴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，∵EFFG設(shè)EF＝CF＝7a，則FG＝9a，GE＝16a，∴BG＝CG=GF?GE=12∵EFFG∴S△CEF∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分線，∴點F到∠ECG兩邊的距離相等，∴S△CEF∴CE=28∵AB∥CD，∴△CEF∽△ABF，∴CEAB即283∴AB＝28a，由（2）可知：OB是∠ABG的平分線，同理BGBA即12a28a∴GO=3設(shè)⊙O的半徑為R，∵BG2＝GO?GA，∴（12a）2=3解得：R2即a2設(shè)OH＝x，在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2﹣（R+x）2＝R2﹣x2，整理得：xR即OHOB∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，∴∠EAG＝∠OBH，∴sin∠EAG=sin∠OBH=OH【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AC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CECP【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ODOP=OEOD，證出△COE∽△【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(shè)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，∴ODOP∴OD2＝OE?OP，∵OC＝OD，∴OC2＝OE?OP，∴OCOE又∵∠COE＝∠POC，∴△COE∽△POC，∴CECP∵AE：EO＝1：2，∴OEOA∴OEOC∴CECP【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=3（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cos∠APM＝？（2）如圖3，當(dāng)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(dāng)AR=3072時，求（4）已知點N在AB邊或BC邊上，且△APN是直角三角形．當(dāng)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152＜AP【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cos∠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(yīng)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＞154，又根據(jù)AP＜AC，可得【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，OD＝5，∴AC＝BD＝2OD＝10，∵sin∠ACB=3∴AB＝6，BC＝8，∵AP是圓E的直徑，∴∠AMP＝90°，∵矩形ABCD，∴∠B＝90°，∴PM∥BC，∴∠APM＝∠ACB，∴cos∠APM＝cos∠ACB=1?(sin∠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，EFCE=sin∠EF10?EF∴EF=15∴CF＝5，∴BF＝BC﹣CF＝8﹣5＝3，∴tan∠CFP＝tan∠FAB=BF（3）如圖，過R作RM⊥AC交AC于M，在Rt△ABR中，BR=A∴CR＝BC﹣BR=50在Rt△CRM中，MR＝CR?sin∠ACB=30在Rt△AMR中，sin∠MAR=MR∴∠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(dāng)∠APN＝90°時，則只有一個對應(yīng)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＞15∴AP＞15∵P是對角線AC上的一點，且不與端點重合，∴AP＜AC，∴AP＜10，∴152＜【點評】本題主要考查圓的相關(guān)知識，直徑對應(yīng)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AD一動點，連結(jié)BE交AC于點G，交AD于點F，連結(jié)DE．（1）設(shè)∠E為α，請用α表示∠BAC的度數(shù)．（2）如圖1，當(dāng)BE⊥AD時，①求證：DE＝BG．②當(dāng)tan∠ABE=34，（3）如圖2，當(dāng)BE過圓心O時，設(shè)tan∠ABE＝x，BFEF=y，求y關(guān)于【分析】（1）由AB＝AD，得AB=AD，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=12∠（2）①連結(jié)BD，由∠AFB＝∠ADC＝90°，得BE∥CD，則∠DBE＝∠BDC，所以DE=BC，則DE＝BC，而∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，則BC＝BG，所以DE＝②作GL⊥AB于點L，則GL＝GF，GLBL=tan∠ABE=34，設(shè)GL＝GF＝3m，BL＝4m，則BG＝5m，BF＝8m，所以AF＝BF?tan∠ABE＝6m，則BCAB=tan∠BAC＝tan∠DAC=GFAF=12，而BC＝BG＝5，所以AB＝2BC＝2（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O(shè)M∥ED，ED＝2OM，由△AOF∽△DEF，得OAED=OFEF，可推導(dǎo)出OA+EDED=OEEF，則y=BFEF=OB+OFEF=OEEF+OFEF=OAOM+1，因為∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，所以BMAM=CMBM=tan∠ABE＝x，設(shè)AM＝a，則BM＝ax【解答】解：（1）∵AB＝AD，∴AB=∴∠ACB＝∠ACD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∵∠BAD＝∠E＝α，∴∠BAC＝∠DAC=12∠BAD=（2）①證明：如圖1，連結(jié)BD，∵BE⊥AD于點F，∴∠AFB＝∠ADC＝90°，∴BE∥CD，∴∠DBE＝∠BDC，∴DE=∴DE＝BC，∵∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，∴BC＝BG，∴DE＝BG．②如圖1，作GL⊥AB于點L，則GL＝GF，∠BLG＝90°，∴GLBL=tan∠ABE設(shè)GL＝GF＝3m，BL＝4m，則BG=(3m)2∴BF＝5m+3m＝8m，∴AF＝BF?tan∠ABE＝8m×34=∴BCAB=tan∠BAC＝tan∠DAC∵BC＝BG＝5，∴AB＝2BC＝2×5＝10，∴AC=52+1∴OA=12AC=1∴⊙O的半徑的長為55（3）如圖2，連結(jié)BD交AC于點M，∵AC是⊙O的直徑，AB=∴AC⊥BD，MB＝MD，∵OB＝OE，∴OM∥ED，ED＝2OM，∵OA∥ED，∴△AOF∽△DEF，∴OAED∴OAED+1∴OA+EDED∵OA＝OB＝OE，∴y=BFEF=∵∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，∴BMAM=tan∠BAC＝tan∠DBC=CMBM=tan設(shè)AM＝a，則BM＝ax，CM＝x?BM＝ax2，∴AC＝AM+CM＝a+ax2，∴OA=a+ax22，OM＝AM﹣OA∴y=OAOM+1=∴y關(guān)于x的函數(shù)表達式為y=2【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(shè)為圓心OA為半徑的⊙O與x軸的負半軸交于G點．設(shè)⊙O1的弦AC的延長線交⊙O于F點，連結(jié)GF，AG，若AO＝4，AF=22GF（1）求證：△AGC∽△（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(dāng)點E在ADB（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＝42，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(dāng)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°，ENAE=cosE，MN＝AB?cosE＝8cos【解答】（1）證明：∵OA⊥OG，∴∠AOG＝90°，∵OA＝OG，∴∠AGC＝45°，∵∠AFG=12∠∴∠AFG＝45°，∴∠AGC＝∠AFG，又∠GAC＝∠FAG，∴△AGC∽△AFG；（2）解：如圖，連接AD，由（1）知，△AGC∽△AFG，∴AGGC∵AF＝22GF，∴AG＝22CG，∵OA＝4，∠AOG＝90°，OA＝OG，∴AG＝42，∴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，∴OAOD∴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(dāng)點E在ADB上運動時，MN的長度不變；在△EMN和△EBA中，∠E＝∠E，∠EMN＝∠EBA，∴△EMN∽△EBA．∴MNAB即MN=ENAE如圖，連接AN，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ANB＝90°，∴∠ANE＝90°，∴ENAE=cos∴MN＝AB×cosE＝8cosE，當(dāng)點E在ADB上運動時，∠E的大小不變，8cosE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(yīng)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(dāng)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(dāng)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°≈3②當(dāng)點A與點C的距離最大時，求點D到AB的距離；③當(dāng)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(dāng)A，D，C共線時，A，C兩點之間距離最大．設(shè)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(shè)DT＝x，AT＝y(tǒng)．構(gòu)建方程組求解即可．【解答】解：（1）如圖1中，當(dāng)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=BC∴∠CAB≈37°，∴線段AD掃過的面積=(180+37)?π×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(dāng)A，D，C共線時，A，C兩點之間距離最大．設(shè)BJ＝y(tǒng)，則有62﹣（5+y）2＝32﹣y2，解得y=1∴CJ=C∵DH∥CJ，∴DHCJ∴DH4∴DH=2∴點D到AB的距離為214③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(shè)DT＝x，AT＝y(tǒng)．則有x2解得x=8∴AR＝CT＝5?8∴sin