一．解答題（共30小題）
1．（2015•哈爾濱）AB，CD是⊙O的兩條弦，直線AB，CD互相垂直，垂足為點E，連接AD，過點B作BF⊥AD，垂足為點F，直線BF交直線CD于點G．
（1）如圖1，當點E在⊙O外時，連接BC，求證：BE平分∠GBC；
（2）如圖2，當點E在⊙O內時，連接AC，AG，求證：AC=AG；
（3）如圖3，在（2）條件下，連接BO并延長交AD于點H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求線段AH的長．
2．（2015•恩施州）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=6，過點O作OH⊥AB交圓于點H，點C是弧AH上異于A、B的動點，過點C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分別為D、E，過點C的直線交OA的延長線于點G，且∠GCD=∠CED．
（1）求證：GC是⊙O的切線；
（2）求DE的長；
（3）過點C作CF⊥DE于點F，若∠CED=30°，求CF的長．
3．（2015•福建）已知：AB是⊙O的直徑，點P在線段AB的延長線上，BP=OB=2，點Q在⊙O上，連接PQ．
（1）如圖①，線段PQ所在的直線與⊙O相切，求線段PQ的長；
（2）如圖②，線段PQ與⊙O還有一個公共點C，且PC=CQ，連接OQ，AC交于點D．
①判斷OQ與AC的位置關系，并說明理由；
②求線段PQ的長．
4．（2015•湘潭）如圖，已知AB是⊙O的直徑，過點A作⊙O的切線MA，P為直線MA上一動點，以點P為圓心，PA為半徑作⊙P，交⊙O于點C，連接PC、OP、BC．
（1）知識探究（如圖1）：
①判斷直線PC與⊙O的位置關系，請證明你的結論；
②判斷直線OP與BC的位置關系，請證明你的結論．
（2）知識運用（如圖2）：
當PA＞OA時，直線PC交AB的延長線于點D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．
5．（2015•鄂州）如圖，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）當BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑．
（3）在（2）的條件下，求線段BG的長．
6．（2015•河北）平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉，設旋轉角為α（0°≤α≤60°）．
發現：
（1）當α=0°，即初始位置時，點P 直線AB上．（填“在”或“不在”）求當α是多少時，OQ經過點B．
（2）在OQ旋轉過程中，簡要說明α是多少時，點P，A間的距離最小？并指出這個最小值；
（3）如圖2，當點P恰好落在BC邊上時，求a及S陰影
拓展：
如圖3，當線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設BM=x（x＞0），用含x的代數式表示BN的長，并求x的取值范圍．
探究：當半圓K與矩形ABCD的邊相切時，求sinα的值．
7．（2015•成都）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相較于點D，E，F，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圓，∠EBF的平分線交EF于點G，交⊙O于點H，連接BD，FH．
（1）求證：△ABC≌△EBF；
（2）試判斷BD與⊙O的位置關系，并說明理由；
（3）若AB=1，求HG•HB的值．
8．（2015•桂林）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點．
（1）如圖1，求⊙O的半徑；
（2）如圖1，若點E是BC的中點，連接PE，求PE的長度；
（3）如圖2，若點M是BC邊上任意一點（不含B、C），以點M為直角頂點，在BC的上方作∠AMN=90°，交直線CP于點N，求證：AM=MN．
9．（2015•吉林）如圖①，半徑為R，圓心角為n°的扇形面積是S扇形= ，由弧長l= ，得S扇形= = • •R= lR．通過觀察，我們發現S扇形= lR類似于S三角形= ×底×高．
類比扇形，我們探索扇環（如圖②，兩個同心圓圍成的圓環被扇形截得的一部分交作扇環）的面積公式及其應用．
（1）設扇環的面積為S扇環， 的長為l1， 的長為l2，線段AD的長為h（即兩個同心圓半徑R與r的差）．類比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代數式表示S扇環，并證明；
（2）用一段長為40m的籬笆圍成一個如圖②所示的扇環形花園，線段AD的長h為多少時，花園的面積最大，最大面積是多少？
10．（2015•廣西）已知⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD、BD，BD交AC于點F．
（1）求證：BD平分∠ABC；
（2）延長AC到點P，使PF=PB，求證：PB是⊙O的切線；
（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．
11．（2015•上海）已知，如圖，AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，動點P，Q分別在線段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延長線與射線OQ相交于點E，與弦CD相交于點F（點F與點C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，設OP=x，△CPF的面積為y．
（1）求證：AP=OQ；
（2）求y關于x的函數關系式，并寫出它的定義域；
（3）當△OPE是直角三角形時，求線段OP的長．
12．（2015•宿遷）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．
（1）如圖1，求證：EA•EC=EB•ED；
（2）如圖2，若 = ，AD是⊙O的直徑，求證：AD•AC=2BD•BC；
（3）如圖3，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長．
13．（2015•北京）在平面直角坐標系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′=2r，則稱P′為點P關于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關于⊙C的反稱點P′的示意圖．
特別地，當點P′與圓心C重合時，規定CP′=0．
（1）當⊙O的半徑為1時．
①分別判斷點M（2，1），N（ ，0），T（1， ）關于⊙O的反稱點是否存在？若存在，求其坐標；
②點P在直線y=?x+2上，若點P關于⊙O的反稱點P′存在，且點P′不在x軸上，求點P的橫坐標的取值范圍；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，若線段AB上存在點P，使得點P關于⊙C的反稱點P′在⊙C的內部，求圓心C的橫坐標的取值范圍．
14．（2015•深圳）如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的邊AB和量角器的直徑DE在一條直線上，AB=BC=6cm，OD=3cm，開始的時候BD=1cm，現在三角板以2cm/s的速度向右移動．
（1）當B與O重合的時候，求三角板運動的時間；
（2）如圖2，當AC與半圓相切時，求AD；
（3）如圖3，當AB和DE重合時，求證：CF2=CG•CE．
15．（2015•東莞）⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，過 的中點P作⊙O的直徑PG交弦BC于點D，連接AG、CP、PB．
（1）如圖1，若D是線段OP的中點，求∠BAC的度數；
（2）如圖2，在DG上取一點K，使DK=DP，連接CK，求證：四邊形AGKC是平行四邊形；
（3）如圖3，取CP的中點E，連接ED并延長ED交AB于點H，連接PH，求證：PH⊥AB．
16．（2015•達州）在△ABC的外接圓⊙O中，△ABC的外角平分線CD交⊙O于點D，F為 上?
點，且 = 連接DF，并延長DF交BA的延長線于點E．
（1）判斷DB與DA的數量關系，并說明理由；
（2）求證：△BCD≌△AFD；
（3）若∠ACM=120°，⊙O的半徑為5，DC=6，求DE的長．
17．（2015•溫州）如圖，點A和動點P在直線l上，點P關于點A的對稱點為Q，以AQ為邊作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圓O．點C在點P右側，PC=4，過點C作直線m⊥l，過點O作OD⊥m于點D，交AB右側的圓弧于點E．在射線CD上取點F，使DF= CD，以DE，DF為鄰邊作矩形DEGF．設AQ=3x．
（1）用關于x的代數式表示BQ，DF．
（2）當點P在點A右側時，若矩形DEGF的面積等于90，求AP的長．
（3）在點P的整個運動過程中，
①當AP為何值時，矩形DEGF是正方形？
②作直線BG交⊙O于點N，若BN的弦心距為1，求AP的長（直接寫出答案）．
18．（2015•南寧）如圖，AB是⊙O的直徑，C、G是⊙O上兩點，且AC=CG，過點C的直線CD⊥BG于點D，交BA的延長線于點E，連接BC，交OD于點F．
（1）求證：CD是⊙O的切線．
（2）若 ，求∠E的度數．
（3）連接AD，在（2）的條件下，若CD= ，求AD的長．
19．（2015•無錫）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
（1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（2）當∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值．
20．（2015•蘇州）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內且與AB、AD均相切，現有動點P從A點出發，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動．⊙O在矩形內部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發時的位置（即再次與AB相切）時停止移動，已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．
（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 cm（用含a、b的代數式表示）；
（2）如圖①，已知點P從A點出發，移動2s到達B點，繼續移動3s，到達BC的中點，若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內圓心O移動的距離；
（3）如圖②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．
21．（2015•寧波）如圖，在平面直角坐標系中，點M是第一象限內一點，過M的直線分別交x軸，y軸的正半軸于A，B兩點，且M是AB的中點．以OM為直徑的⊙P分別交x軸，y軸于C，D兩點，交直線AB于點E（位于點M右下方），連結DE交OM于點K．
（1）若點M的坐標為（3，4），
①求A，B兩點的坐標；
②求ME的長．
（2）若 =3，求∠OBA的度數．
（3）設tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接寫出y關于x的函數解析式．
22．（2015•日照）閱讀資料：
如圖1，在平面之間坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2?x1|2+|y2?y1|2，所以A，B兩點間的距離為AB= ．
我們知道，圓可以看成到圓心距離等于半徑的點的集合，如圖2，在平面直角坐標系xoy中，A（x，y）為圓上任意一點，則A到原點的距離的平方為OA2=|x?0|2+|y?0|2，當⊙O的半徑為r時，⊙O的方程可寫為：x2+y2=r2．
問題拓展：如果圓心坐標為P（a，b），半徑為r，那么⊙P的方程可以寫為 ．
綜合應用：
如圖3，⊙P與x軸相切于原點O，P點坐標為（0，6），A是⊙P上一點，連接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足為D，延長PD交x軸于點B，連接AB．
①證明AB是⊙P的切點；
②是否存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q？若存在，求Q點坐標，并寫出以Q為圓心，以OQ為半徑的⊙O的方程；若不存在，說明理由．
23．（2015•金華）圖1、圖2為同一長方體房間的示意圖，圖3為該長方體的表面展開圖．
（1）蜘蛛在頂點A′處．
①蒼蠅在頂點B處時，試在圖1中畫出蜘蛛為捉住蒼蠅，沿墻面爬行的最近路線．
②蒼蠅在頂點C處時，圖2中畫出了蜘蛛捉住蒼蠅的兩條路線，往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC和往墻面BB′C′C爬行的最近路線A′HC，試通過計算判斷哪條路線更近．
（2）在圖3中，半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，蜘蛛P在線段AB上，蒼蠅Q在⊙M的圓周上，線段PQ為蜘蛛爬行路線，若PQ與⊙M相切，試求PQ長度的范圍．
24．（2015•長沙）如圖，在直角坐標系中，⊙M經過原點O（0，0），點A（ ，0）與點B（0，? ），點D在劣弧 上，連接BD交x軸于點C，且∠COD=∠CBO．
（1）求⊙M的半徑；
（2）求證：BD平分∠ABO；
（3）在線段BD的延長線上找一點E，使得直線AE恰好為⊙M的切線，求此時點E的坐標．
25．（2015•湖北）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，AE和過點C的切線互相垂直，垂足為E，AE交⊙O于點D，直線EC交AB的延長線于點P，連接AC，BC，PB：PC=1：2．
（1）求證：AC平分∠BAD；
（2）探究線段PB，AB之間的數量關系，并說明理由；
（3）若AD=3，求△ABC的面積．
26．（2015•宜昌）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點E，F是邊BA延長線上一點，連接EF，以EF為直徑作⊙O，交DC于D，G兩點，AD分別于EF，GF交于I，H兩點．
（1）求∠FDE的度數；
（2）試判斷四邊形FACD的形狀，并證明你的結論；
（3）當G為線段DC的中點時，
①求證：FD=FI；
②設AC=2m，BD=2n，求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比．
27．（2015•永州）問題探究：
（一）新知學習：
圓內接四邊形的判斷定理：如果四邊形對角互補，那么這個四邊形內接于圓（即如果四邊形EFGH的對角互補，那么四邊形EFGH的四個頂點E、F、G、H都在同個圓上）．
（二）問題解決：
已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是 上任意一點，過點P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．
（1）若直徑AB⊥CD，對于 上任意一點P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內接于圓，并求此圓直徑的長；
（2）若直徑AB⊥CD，在點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；
（3）若直徑AB與CD相交成120°角．
①當點P運動到 的中點P1時（如圖二），求MN的長；
②當點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程中（如圖三），證明MN的長為定值．
（4）試問當直徑AB與CD相交成多少度角時，MN的長取最大值，并寫出其最大值．
28．（2015•樂山）已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜邊AC交⊙O于點D，且AD=DC，延長CB交⊙O于點E．
（1）圖1的A、B、C、D、E五個點中，是否存在某兩點間的距離等于線段CE的長？請說明理由；
（2）如圖2，過點E作⊙O的切線，交AC的延長線于點F．
①若CF=CD時，求sin∠CAB的值；
②若CF=aCD（a＞0）時，試猜想sin∠CAB的值．（用含a的代數式表示，直接寫出結果）
29．（2015•株洲）已知AB是圓O的切線，切點為B，直線AO交圓O于C、D兩點，CD=2，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．
（1）當點P運動到使Q、C兩點重合時（如圖1），求AP的長；
（2）點P在運動過程中，有幾個位置（幾種情況）使△CQD的面積為 ？（直接寫出答案）
（3）當△CQD的面積為 ，且Q位于以CD為直徑的上半圓，CQ＞QD時（如圖2），求AP的長．
30．（2015•連云港）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1．
（1）判斷原點O與⊙P的位置關系，并說明理由；
（2）當⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）當⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標．
2015中考數學真題分類匯編：圓（8）
參考答案與試題解析
一．解答題（共30小題）
1．（2015•哈爾濱）AB，CD是⊙O的兩條弦，直線AB，CD互相垂直，垂足為點E，連接AD，過點B作BF⊥AD，垂足為點F，直線BF交直線CD于點G．
（1）如圖1，當點E在⊙O外時，連接BC，求證：BE平分∠GBC；
（2）如圖2，當點E在⊙O內時，連接AC，AG，求證：AC=AG；
（3）如圖3，在（2）條件下，連接BO并延長交AD于點H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求線段AH的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）利用圓內接四邊形的性質得出∠D=∠EBC，進而利用互余的關系得出∠GBE=∠EBC，進而求出即可；
（2）首先得出∠D=∠ABG，進而利用全等三角形的判定與性質得出△BCE≌△BGE（ASA），則CE=EG，再利用等腰三角形的性質求出即可；
（3）首先求出CO的長，再求出tan∠ABH= = = ，利用OP2+PB2=OB2，得出a的值進而求出答案．
解答： （1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠D=∠EBC，
∵GF⊥AD，AE⊥DG，
∴∠A+∠ABF=90°，∠A+∠D=90°，
∴∠ABE=∠D，
∵∠ABF=∠GBE，
∴∠GBE=∠EBC，
即BE平分∠GBC；
（2）證明：如圖2，連接CB，
∵AB⊥CD，BF⊥AD，
∴∠D+∠BAD=90°，∠ABG+∠BAD=90°，
∴∠D=∠ABG，
∵∠D=∠ABC，
∴∠ABC=∠ABG，
∵AB⊥CD，
∴∠CEB=∠GEB=90°，
在△BCE和△BGE中
，
∴△BCE≌△BGE（ASA），
∴CE=EG，
∵AE⊥CG，
∴AC=AG；
（3）解：如圖3，連接CO并延長交⊙O于M，連接AM，
∵CM是⊙O的直徑，
∴∠MAC=90°，
∵∠M=∠D，tanD= ，
∴tanM= ，
∴ = ，
∵AG=4，AC=AG，
∴AC=4，AM=3，
∴MC= =5，
∴CO= ，
過點H作HN⊥AB，垂足為點N，
∵tanD= ，AE⊥DE，
∴tan∠BAD= ，
∴ = ，
設NH=3a，則AN=4a，
∴AH= =5a，
∵HB平分∠ABF，NH⊥AB，HF⊥BF，
∴HF=NH=3a，
∴AF=8a，
cos∠BAF= = = ，
∴AB= =10a，
∴NB=6a，
∴tan∠ABH= = = ，
過點O作OP⊥AB垂足為點P，
∴PB= AB=5a，tan∠ABH= = ，
∴OP= a，
∵OB=OC= ，OP2+PB2=OB2，
∴25a2+ a2= ，
∴解得：a= ，
∴AH=5a= ．
點評： 此題主要考查了圓的綜合以及勾股定理和銳角三角函數關系等、全等三角形的判定與性質知識，正確作出輔助線得出tan∠ABH= = 是解題關鍵．
2．（2015•恩施州）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=6，過點O作OH⊥AB交圓于點H，點C是弧AH上異于A、B的動點，過點C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分別為D、E，過點C的直線交OA的延長線于點G，且∠GCD=∠CED．
（1）求證：GC是⊙O的切線；
（2）求DE的長；
（3）過點C作CF⊥DE于點F，若∠CED=30°，求CF的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）先證明四邊形ODCE是矩形，得出∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，得出∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，證出∠GCD+∠MCD=90°，即可得出結論；
（2）由（1）得：DE=OC= AB，即可得出結果；
（3）運用三角函數求出CE，再由含30°角的直角三角形的性質即可得出結果．
解答： （1）證明：連接OC，交DE于M，如圖所示：
∵OH⊥AB，CD⊥OA，CE⊥OH，
∴∠DOE=∠OEC=∠ODC=90°，
∴四邊形ODCE是矩形，
∴∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，
∴∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，
∵∠GCD=∠CED，
∴∠GCD+∠MCD=90°，
即GC⊥OC，
∴GC是⊙O的切線；
（2）解：由（1）得：DE=OC= AB=3；
（3）解：∵∠DCE=90°，∠CED=30°，
∴CE=DE•cos∠CED=3× = ，
∴CF= CE= ．
點評： 本題是圓的綜合題目，考查了切線的判定、矩形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、三角函數、含30°角的直角三角形的性質等知識；本題有一定難度，綜合性強，特別是（1）中，需要證明四邊形是矩形，運用角的關系才能得出結論．
3．（2015•福建）已知：AB是⊙O的直徑，點P在線段AB的延長線上，BP=OB=2，點Q在⊙O上，連接PQ．
（1）如圖①，線段PQ所在的直線與⊙O相切，求線段PQ的長；
（2）如圖②，線段PQ與⊙O還有一個公共點C，且PC=CQ，連接OQ，AC交于點D．
①判斷OQ與AC的位置關系，并說明理由；
②求線段PQ的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）如圖①，連接OQ．利用切線的性質和勾股定理來求PQ的長度．
（2）如圖②，連接BC．利用三角形中位線的判定與性質得到BC∥OQ．根據圓周角定理推知BC⊥AC，所以，OQ⊥AC．
（3）利用割線定理來求PQ的長度即可．
解答： 解：（1）如圖①，連接OQ．
∵線段PQ所在的直線與⊙O相切，點Q在⊙O上，
∴OQ⊥OP．
又∵BP=OB=OQ=2，
∴PQ= = =2 ，即PQ=2 ；
（2）OQ⊥AC．理由如下：
如圖②，連接BC．
∵BP=OB，
∴點B是OP的中點，
又∵PC=CQ，
∴點C是PQ的中點，
∴BC是△PQO的中位線，
∴BC∥OQ．
又∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，
∴OQ⊥AC．
（3）如圖②，PC•PQ=PB•PA，即 PQ2=2×6，
解得PQ=2 ．
點評： 本題考查了圓的綜合題．掌握圓周角定理，三角形中位線定理，平行線的性質，熟練利用割線定理進行幾何計算．
4．（2015•湘潭）如圖，已知AB是⊙O的直徑，過點A作⊙O的切線MA，P為直線MA上一動點，以點P為圓心，PA為半徑作⊙P，交⊙O于點C，連接PC、OP、BC．
（1）知識探究（如圖1）：
①判斷直線PC與⊙O的位置關系，請證明你的結論；
②判斷直線OP與BC的位置關系，請證明你的結論．
（2）知識運用（如圖2）：
當PA＞OA時，直線PC交AB的延長線于點D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）①PC與⊙O相切．易證明△PAO≌△PCO，則∠PAO=∠PCO，由PA是⊙O的切線，可知∠PAO=∠PCO=90°，即可證明結論；
②OP∥BC．由（1）可知∠POA=∠POC，根據圓周角定理可知∠B=∠POA，根據同位角相等可證明OP∥BC．
（2）根據OP∥BC，可知 ，由BD=2AB，可知AD=6OA，OD=5OB，所以PD=5PC，設設PA=PC=R，OA=r，根據勾股定理列方程求出R與r的數量關系，即可在Rt△PAO中求出tan∠ABC=tan∠POA．
解答： （1）①PC與⊙O相切．
證明：如圖1，連接OC，
在△PAO和△PCO中，
，
∴△PAO≌△PCO，
∴∠PAO=∠PCO，
∵PA是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∴PC與⊙O相切．
②OP∥BC．
證明：∵△PAO≌△PCO，
∴∠POA=∠POC，
∴∠B=∠POA，
∴OP∥BC．
（2）解：如圖2，
∵BD=2AB，
∴BD=4OB，AD=6OA，
∴ ，
∵OP∥BC，
∴ ，
∴PD=5PC，
設PA=PC=R，OA=r，
∴AD=6r，PD=5R，
∵PA2+AD2=PD2，
∴R2+（6r）2=（5R）2
解得：R= r，
∵tan∠ABC=tan∠POA= ，
∴tan∠ABC? = = ．
點評： 本題主要考查了圓的有關性質、切線的性質與判定、平行線分線段成比例定理、勾股定理以及銳角三角函數的綜合應用，運用切線的性質來進行計算或論證，常通過作輔助線連接圓心和切點，利用垂直構造直角三角形解決有關問題．
5．（2015•鄂州）如圖，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）當BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑．
（3）在（2）的條件下，求線段BG的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）連接OM．利用角平分線的性質和平行線的性質得到AE⊥OM后即可證得AE是⊙O的切線；
（2）設⊙O的半徑為R，根據OM∥BE，得到△OMA∽△BEA，利用平行線的性質得到 = ，即可解得R=3，從而求得⊙O的半徑為3；
（3）過點O作OH⊥BG于點H，則BG=2BH，根據∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，得到四邊形OMEH是矩形，從而得到HE=OM=3和BH=1，證得結論BG=2BH=2．
解答： （1）證明：連接OM．
∵AC=AB，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，CE=BE= BC=4，
∵OB=OM，
∴∠OBM=∠OMB，
∵BM平分∠ABC，
∴∠OBM=∠CBM，
∴∠OMB=∠CBM，
∴OM∥BC
又∵AE⊥BC，
∴AE⊥OM，
∴AE是⊙O的切線；
（2）設⊙O的半徑為R，
∵OM∥BE，
∴△OMA∽△BEA，
∴ = 即 = ，
解得R=3，
∴⊙O的半徑為3；
（3）過點O作OH⊥BG于點H，則BG=2BH，
∵∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，
∴四邊形OMEH是矩形，
∴HE=OM=3，
∴BH=1，
∴BG=2BH=2．
點評： 本題考查了圓的綜合知識，題目中還運用到了切線的判定與性質、相似三角形的判定與性質，綜合性較強，難度較大．
6．（2015•河北）平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉，設旋轉角為α（0°≤α≤60°）．
發現：
（1）當α=0°，即初始位置時，點P 在 直線AB上．（填“在”或“不在”）求當α是多少時，OQ經過點B．
（2）在OQ旋轉過程中，簡要說明α是多少時，點P，A間的距離最小？并指出這個最小值；
（3）如圖2，當點P恰好落在BC邊上時，求a及S陰影
拓展：
如圖3，當線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設BM=x（x＞0），用含x的代數式表示BN的長，并求x的取值范圍．
探究：當半圓K與矩形ABCD的邊相切時，求sinα的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）在，當OQ過點B時，在Rt△OAB中，AO=AB，得到∠DOQ=∠ABO=45°，求得α=60°?45°=15°；
（2）如圖2，連接AP，由OA+AP≥OP，當OP過點A，即α=60°時，等號成立，于是有AP≥OP?OA=2?1=1，當α=60°時，P、A之間的距離最小，即可求得結果
（3）如圖2，設半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，過點R作RE⊥KQ于點E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，得到∠POH=30°，求得α=60°?30°=30°，由于AD∥BC，得到∠RPO=∠POH=30°，求出∠RKQ=2×30°=60°，于是得到結果；
拓展：如圖5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN求出BN= ，如圖4，當點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF= ?AO=2 ?1，求出x的取值范圍是0＜x≤ ?1；
探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況；
①如圖5，半圓K與BC相切于點T，設直線KT與AD，OQ的初始位置所在的直線分別交于點S，O′，于是得到∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，求出OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS•tan60°=2 ，KO′=2 ? 在Rt△KGO′中，∠O′=30°，求得KG= KO′= ? ，在Rt△OGK中，求得結果；②當半圓K與AD相切于T，如圖6，同理可得sinα的值③當半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點，得到α=60°于是結論可求．
解答： 解：發現：（1）在，
當OQ過點B時，在Rt△OAB中，AO=AB，
∴∠DOQ=∠ABO=45°，
∴α=60°?45°=15°；
（2）如圖2，連接AP，
∵OA+AP≥OP，
當OP過點A，即α=60°時，等號成立，
∴AP≥OP?OA=2?1=1，
∴當α=60°時，P、A之間的距離最小，
∴PA的最小值=1；
（3）如圖2，設半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，
過點R作RE⊥KQ于點E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，
∴∠POH=30°，
∴α=60°?30°=30°，
∵AD∥BC，
∴∠RPO=∠POH=30°，
∴∠RKQ=2×30°=60°，
∴S扇形KRQ= = ，
在Rt△RKE中，RE=RK•sin60°= ，
∴S△PRK= •RE= ，∴S陰影= + ；
拓展：如圖5，
∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，
∴△AON∽△BMN，
∴ ，即 ，
∴BN= ，
如圖4，當點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF= ?AO=2 ?1，
∴x的取值范圍是0＜x≤ ?1；
探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況；
①如圖5，半圓K與BC相切于點T，設直線KT與AD，OQ的初始位置所在的直線分別交于點S，O′，
則∠KSO=∠KTB=90°，
作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，
OS= =2，
在Rt△OSO′中，SO′=OS•tan60°=2 ，KO′=2 ? ，
在Rt△KGO′中，∠O′=30°，
∴KG= KO′= ? ，
∴在Rt△OGK中，sinα= = = ，
②當半圓K與AD相切于T，如圖6，同理可得sinα= = = = ；
③當半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點，
∴α=60°，
∴sinα=sin60 ，
綜上所述sinα的值為： 或 或 ．
點評： 本題考查了矩形的性質，直線與圓的位置關系，勾股定理，銳角三角函數，根據題意正確的畫出圖形是解題的關鍵．
7．（2015•成都）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相較于點D，E，F，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圓，∠EBF的平分線交EF于點G，交⊙O于點H，連接BD，FH．
（1）求證：△ABC≌△EBF；
（2）試判斷BD與⊙O的位置關系，并說明理由；
（3）若AB=1，求HG•HB的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由垂直的定義可得∠EBF=∠ADF=90°，于是得到∠C=∠BFE，從而證得△ABC≌△EBF；
（2）BD與⊙O相切，如圖1，連接OB證得∠DBO=90°，即可得到BD與⊙O相切；
（3）如圖2，連接CF，HE，有等腰直角三角形的性質得到CF= BF，由于DF垂直平分AC，得到AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，求得BF= ，有勾股定理解出EF = ，推出△EHF是等腰直角三角形，求得HF= EF= ，通過△BHF∽△FHG，列比例式即可得到結論．
解答： （1）證明：∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°，
∵DF⊥AC，
∴∠ADF=90°，
∴∠C+∠A=∠A+∠AFD=90°，
∴∠C=∠BFE，
在△ABC與△EBF中， ，
∴△ABC≌△EBF；
（2）BD與⊙O相切，如圖1，連接OB
證明如下：∵OB=OF，
∴∠OBF=∠OFB，
∵∠ABC=90°，AD=CD，
∴BD=CD，
∴∠C=∠DBC，
∵∠C=∠BFE，
∴∠DBC=∠OBF，
∵∠CBO+∠OBF=90°，∴∠DBC+∠CBO=90°，
∴∠DBO=90°，
∴BD與⊙O相切；
（3）解：如圖2，連接CF，HE，
∵∠CBF=90°，BC=BF，
∴CF= BF，
∵DF垂直平分AC，
∴AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，
∴BF= ，
∵△ABC≌△EBF，
∴BE=AB=1，
∴EF= = ，
∵BH平分∠CBF，
∴ ，
∴EH=FH，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴HF= EF= ，
∵∠EFH=∠HBF=45°，∠BHF=∠BHF，
∴△BHF∽△FHG，
∴ ，
∴HG•HB=HF2=2+ ．
點評： 本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，圓周角定理，勾股定理，線段的垂直平分線的性質，直角三角形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，熟練掌握這些定理是解題的關鍵．
8．（2015•桂林）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點．
（1）如圖1，求⊙O的半徑；
（2）如圖1，若點E是BC的中點，連接PE，求PE的長度；
（3）如圖2，若點M是BC邊上任意一點（不含B、C），以點M為直角頂點，在BC的上方作∠AMN=90°，交直線CP于點N，求證：AM=MN．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）利用切線的性質以及正方形的判定與性質得出⊙O的半徑即可；
（2）利用垂徑定理得出OE⊥BC，∠OCE=45°，進而利用勾股定理得出即可；
（3）在AB上截取BF=BM，利用（1）中所求，得出∠ECP=135°，再利用全等三角形的判定與性質得出即可．
解答： 解：（1）如圖1，連接OD，OC，
∵PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點，
∴∠ODP=∠OCP=90°，
∵四邊形ABCD是⊙O的內接正方形，
∴∠DOC=90°，OD=OC，
∴四邊形DOCP是正方形，
∵AB=4，∠ODC=∠OCD=45°，
∴DO=CO=DC•sin45°= ×4=2 ；
（2）如圖1，連接EO，OP，
∵點E是BC的中點，
∴OE⊥BC，∠OCE=45°，
則∠E0P=90°，
∴EO=EC=2，OP= CO=4，
∴PE= =2 ；
（3）證明：如圖2，在AB上截取BF=BM，
∵AB=BC，BF=BM，
∴AF=MC，∠BFM=∠BMF=45°，
∵∠AMN=90°，
∴∠AMF+∠NMC=45°，∠FAM+∠AMF=45°，
∴∠FAM=∠NMC，
∵由（1）得：PD=PC，∠DPC=90°，
∴∠DCP=45°，
∴∠MCN=135°，
∵∠AFM=180°?∠BFM=135°，
在△AFM和△CMN中
，
∴△AFM≌△CMN（ASA），
∴AM=MN．
點評： 此題主要考查了圓的綜合以及全等三角形的判定與性質以及正方形的判定與性質等知識，正確作出輔助線得出∠MCN=135°是解題關鍵．
9．（2015•吉林）如圖①，半徑為R，圓心角為n°的扇形面積是S扇形= ，由弧長l= ，得S扇形= = • •R= lR．通過觀察，我們發現S扇形= lR類似于S三角形= ×底×高．
類比扇形，我們探索扇環（如圖②，兩個同心圓圍成的圓環被扇形截得的一部分交作扇環）的面積公式及其應用．
（1）設扇環的面積為S扇環， 的長為l1， 的長為l2，線段AD的長為h（即兩個同心圓半徑R與r的差）．類比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代數式表示S扇環，并證明；
（2）用一段長為40m的籬笆圍成一個如圖②所示的扇環形花園，線段AD的長h為多少時，花園的面積最大，最大面積是多少？
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據扇形公式之間的關系，結合已知條件推出結果即可；
（2）求出l1+l2=40?2h，代入（1）的結果，化成頂點式，即可得出答案．
解答： （1）S扇環= （l1?l2）h，
證明：設大扇形半徑為R，小扇形半徑為r，圓心角度數為n，則由l= ，得R= ，r=
所以圖中扇環的面積S= ×l1×R? ×l2×r
= l1• ? l2•
= （l12?l22）
= （l1+l2）（l1?l2）
= • •（ R? r）（l1?l2）
= （l1?l2）（R?r）
= （l1+l2）h，
故猜想正確．
（2）解：根據題意得：l1+l2=40?2h，
則S扇環= （l1+l2）h
= （40?2h）h
=?h2+20h
=?（h?10）2+100
∵?1＜0，
∴開口向下，有最大值，
當h=10時，最大值是100，
即線段AD的長h為10m時，花園的面積最大，最大面積是100m2．
點評： 本題主要考查了扇形面積公式，弧長公式，二次函數的頂點式的應用，能猜想出正確結論是解此題的關鍵，有一定的難度．
10．（2015•廣西）已知⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD、BD，BD交AC于點F．
（1）求證：BD平分∠ABC；
（2）延長AC到點P，使PF=PB，求證：PB是⊙O的切線；
（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）先由OD∥BC，根據兩直線平行內錯角相等得出∠D=∠CBD，由OB=OD，根據等邊對等角得出∠D=∠OBD，等量代換得到∠CBD=∠OBD，即BD平分∠ABC；
（2）先由圓周角定理得出∠ACB=90°，根據直角三角形兩銳角互余得到∠CFB+∠CBF=90°．再由PF=PB，根據等邊對等角得出∠PBF=∠CFB，而由（1）知∠OBD=∠CBF，等量代換得到∠PBF+∠OBD=90°，即∠OBP=90°，根據切線的判定定理得出PB是⊙O的切線；
（3）連結AD．在Rt△ABC中，由cos∠ABC= = = ，求出BC=6，根據勾股定理得到AC= =8．再由OD∥BC，得出△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°?∠ACB=90°，根據相似三角形對應邊成比例求出AE=4，OE=3，那么DE=OD?OE=2，然后在Rt△ADE中根據勾股定理求出AD= =2 ．
解答： （1）證明：∵OD∥BC，
∴∠D=∠CBD，
∵OB=OD，
∴∠D=∠OBD，
∴∠CBD=∠OBD，
∴BD平分∠ABC；
（2）證明：∵⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，
∴∠ACB=90°，
∴∠CFB+∠CBF=90°．
∵PF=PB，
∴∠PBF=∠CFB，
由（1）知∠OBD=∠CBF，
∴∠PBF+∠OBD=90°，
∴∠OBP=90°，
∴PB是⊙O的切線；
（3）解：連結AD．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，
∴cos∠ABC= = = ，
∴BC=6，AC= =8．
∵OD∥BC，
∴△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°?∠ACB=90°，
∴ = = ， = = ，
∴AE=4，OE=3，
∴DE=OD?OE=5?3=2，
∴AD= = =2 ．
點評： 本題是圓的綜合題，其中涉及到平行線的性質、等腰三角形的性質、圓周角定理、直角三角形兩銳角互余的性質、切線的判定定理、銳角三角函數的定義、勾股定理、相似三角形的判定和性質等知識，綜合性較強，難度適中．本題中第（2）問要證某線是圓的切線，當已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線是常用的方法，需熟練掌握．
11．（2015•上海）已知，如圖，AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，動點P，Q分別在線段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延長線與射線OQ相交于點E，與弦CD相交于點F（點F與點C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，設OP=x，△CPF的面積為y．
（1）求證：AP=OQ；
（2）求y關于x的函數關系式，并寫出它的定義域；
（3）當△OPE是直角三角形時，求線段OP的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）連接OD，證得△AOP≌△ODQ后即可證得AP=OQ；
（2）作PH⊥OA，根據cos∠AOC= 得到OH= PO= x，從而得到S△AOP= AO•PH=3x，利用△PFC∽△PAO得當對應邊的比相等即可得到函數解析式；
（3）分當∠POE=90°時、當∠OPE=90°時、當∠OEP=90°時三種情況討論即可得到正確的結論．
解答： 解：（1）連接OD，
在△AOP和△ODQ中，
，
∴△AOP≌△ODQ，
∴AP=OQ；
（2）作PH⊥OA，
∵cos∠AOC= ，
∴OH= PO= x，
∴S△AOP= AO•PH=3x，
又∵△PFC∽△PAO，
∴ = =（ ）2，
整理得：y= （ ＜x＜10）；
（3）當∠POE=90°時，CQ= = ，PO=DQ=CD?CQ= （舍）；
當∠OPE=90°時，PO=AO•cos∠COA=8；
當∠OEP=90°時，∠AOQ=∠DQO=∠APO，
∴∠AOC=∠AEO，
即∠OEP=∠COA，此種情況不存在，
∴線段OP的長為8．
點評： 本題考查了圓的綜合知識、相似三角形的判定及性質等知識，綜合性較強，難度較大，特別是第三題的分類討論更是本題的難點．
12．（2015•宿遷）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．
（1）如圖1，求證：EA•EC=EB•ED；
（2）如圖2，若 = ，AD是⊙O的直徑，求證：AD•AC=2BD•BC；
（3）如圖3，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據同弧所對的圓周角相等得到角相等，從而證得三角形相似，于是得到結論；
（2）如圖2，連接CD，OB交AC于點F由B是弧AC的中點得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．證得△CBF∽△ABD．即可得到結論；
（3）如圖3，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF得到AF為⊙O的直徑于是得到∠ADF=90°，過O作OH⊥AD于H，根據三角形的中位線定理得到DF=2OH=4，通過△ABE∽△ADF，得到1=∠2，于是結論可得．
解答： （1）證明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，
∴△AED∽△BEC，
∴ ，
∴EA•EC=EB•ED；
（2）證明：如圖2，連接CD，OB交AC于點F
∵B是弧AC的中點，
∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．
又∵AD為⊙O直徑，
∴∠ABC=90°，又∠CFB=90°．
∴△CBF∽△ABD．
∴ ，故CF•AD=BD•BC．
∴AC•AD=2BD•CD；
（3）解：如圖3，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，
∴AF為⊙O的直徑，
∴∠ADF=90°，
過O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH，OH∥DF，
∵AO=OF，
∴DF=2OH=4，
∵AC⊥BD，
∴∠AEB=∠ADF=90°，
∵∠ABD=∠F，
∴△ABE∽△ADF，
∴∠1=∠2，
∴ ，
∴BC=DF=4．
點評： 本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，三角形的中位線的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．
13．（2015•北京）在平面直角坐標系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′=2r，則稱P′為點P關于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關于⊙C的反稱點P′的示意圖．
特別地，當點P′與圓心C重合時，規定CP′=0．
（1）當⊙O的半徑為1時．
①分別判斷點M（2，1），N（ ，0），T（1， ）關于⊙O的反稱點是否存在？若存在，求其坐標；
②點P在直線y=?x+2上，若點P關于⊙O的反稱點P′存在，且點P′不在x軸上，求點P的橫坐標的取值范圍；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，若線段AB上存在點P，使得點P關于⊙C的反稱點P′在⊙C的內部，求圓心C的橫坐標的取值范圍．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）①根據反稱點的定義，可得當⊙O的半徑為1時，點M（2，1）關于⊙O的反稱點不存在；N（ ，0）關于⊙O的反稱點存在，反稱點N′（ ，0）；T（1， ）關于⊙O的反稱點存在，反稱點T′（0，0）；
②由OP≤2r=2，得出OP2≤4，設P（x，?x+2），由勾股定理得出OP2=x2+（?x+2）2=2x2?4x+4≤4，解不等式得出0≤x≤2．再分別將x=2與0代入檢驗即可；
（2）先由y=? x+2 ，求出A（6，0），B（0，2 ），則 = ，∠OBA=60°，∠OAB=30°．再設C（x，0），分兩種情況進行討論：①C在OA上；②C在A點右側．
解答： 解：（1）當⊙O的半徑為1時．
①點M（2，1）關于⊙O的反稱點不存在；
N（ ，0）關于⊙O的反稱點存在，反稱點N′（ ，0）；
T（1， ）關于⊙O的反稱點存在，反稱點T′（0，0）；
②∵OP≤2r=2，OP2≤4，設P（x，?x+2），
∴OP2=x2+（?x+2）2=2x2?4x+4≤4，
∴2x2?4x≤0，
x（x?2）≤0，
∴0≤x≤2．
當x=2時，P（2，0），P′（0，0）不符合題意；
當x=0時，P（0，2），P′（0，0）不符合題意；
∴0＜x＜2；
（2）∵直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，
∴A（6，0），B（0，2 ），
∴ = ，
∴∠OBA=60°，∠OAB=30°．
設C（x，0）．
①當C在OA上時，作CH⊥AB于H，則CH≤CP≤2r=2，
所以AC≤4，
C點橫坐標x≥2（當x=2時，C點坐標（2，0），H點的反稱點H′（2，0）在圓的內部）；
②當C在A點右側時，C到線段AB的距離為AC長，AC最大值為2，
所以C點橫坐標x≤8．
綜上所述，圓心C的橫坐標的取值范圍是2≤x≤8．
點評： 本題是圓的綜合題，其中涉及到一次函數圖象上點的坐標特征，特殊角的三角函數值，勾股定理，一元二次不等式的解法，利用數形結合、正確理解反稱點的意義是解決本題的關鍵．
14．（2015•深圳）如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的邊AB和量角器的直徑DE在一條直線上，AB=BC=6cm，OD=3cm，開始的時候BD=1cm，現在三角板以2cm/s的速度向右移動．
（1）當B與O重合的時候，求三角板運動的時間；
（2）如圖2，當AC與半圓相切時，求AD；
（3）如圖3，當AB和DE重合時，求證：CF2=CG•CE．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據題意得出BO的長，再利用路程除以速度得出時間；
（2）根據切線的性質和判定結合等腰直角三角形的性質得出AO的長，進而求出答案；
（3）利用圓周角定理以及切線的性質定理得出∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，進而求出△CFG∽△CEF，即可得出答案．
解答： （1）解：由題意可得：BO=4cm，t= =2（s）；
（2）解：如圖2，連接O與切點H，則OH⊥AC，
又∵∠A=45°，
∴AO= OH=3 cm，
∴AD=AO?DO=（3 ?3）cm；
（3）證明：如圖3，連接EF，
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∵DE為直徑，
∴∠ODF+∠DEF=90°，
∠DEC=∠DEF+∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，
又∵∠FCG=∠ECF，
∴△CFG∽△CEF，
∴ = ，
∴CF2=CG•CE．
點評： 此題主要考查了切線的性質以及相似三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質等知識，根據題意得出△CFG∽△CEF是解題關鍵．
15．（2015•東莞）⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，過 的中點P作⊙O的直徑PG交弦BC于點D，連接AG、CP、PB．
（1）如圖1，若D是線段OP的中點，求∠BAC的度數；
（2）如圖2，在DG上取一點K，使DK=DP，連接CK，求證：四邊形AGKC是平行四邊形；
（3）如圖3，取CP的中點E，連接ED并延長ED交AB于點H，連接PH，求證：PH⊥AB．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由垂徑定理得出PG⊥BC，CD=BD，再由三角函數求出∠BOD=60°，證出AC∥PG，得出同位角相等即可；
（2）先由SAS證明△PDB≌△CDK，得出CK=BP，∠OPB=∠CKD，證出AG=CK，再證明AG∥CK，即可得出結論；
（3）先證出DH∥AG，得出∠OAG=∠OHD，再證OD=OH，由SAS證明△OBD≌△HOP，得出∠OHP=∠ODB=90°，即可得出結論．
解答： （1）解：∵點P為 的中點，AB為⊙O直徑，
∴BP=PC，PG⊥BC，CD=BD，
∴∠ODB=90°，
∵D為OP的中點，
∴OD= OP= OB，
∴cos∠BOD= = ，
∴∠BOD=60°，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠ODB，
∴AC∥PG，
∴∠BAC=∠BOD=60°；
（2）證明：由（1）知，CD=BD，
在△PDB和△CDK中， ，
∴△PDB≌△CDK（SAS），
∴CK=BP，∠OPB=∠CKD，
∵∠AOG=∠BOP，
∴AG=BP，
∴AG=CK，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
又∵∠G=∠OBP，
∴AG∥CK，
∴四邊形AGCK是平行四邊形；
（3）證明：∵CE=PE，CD=BD，
∴DE∥PB，
即DH∥PB
∵∠G=∠OPB，
∴PB∥AG，
∴DH∥AG，
∴∠OAG=∠OHD，
∵OA=OG，
∴∠OAG=∠G，
∴∠ODH=∠OHD，
∴OD=OH，
在△OBD和△HOP中， ，
∴△OBD≌△HOP（SAS），
∴∠OHP=∠ODB=90°，
∴PH⊥AB．
點評： 本題是圓的綜合題目，考查了垂徑定理、圓周角定理、平行線的判定、三角函數、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要通過證明平行線得出角相等，再進一步證明三角形全等才能得出結論．
16．（2015•達州）在△ABC的外接圓⊙O中，△ABC的外角平分線CD交⊙O于點D，F為 上?
點，且 = 連接DF，并延長DF交BA的延長線于點E．
（1）判斷DB與DA的數量關系，并說明理由；
（2）求證：△BCD≌△AFD；
（3）若∠ACM=120°，⊙O的半徑為5，DC=6，求DE的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由CD是△ABC的外角平分線，可得∠MCD=∠ACD，又由∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，可得∠MCD=∠BAD，繼而證得∠ABD=∠BAD，即可得DB=DA；
（2）由DB=DA，可得 = ，即可得 = ，則可證得CD=FD，BC=AF，然后由SSS判定△BCD≌△AFD；
（3）首先連接DO并延長，交AB于點N，連接OB，由∠ACM=120°，易證得△ABD是等邊三角形，并可求得邊長，易證得△ACD∽△EBD，然后由相似三角形的對應邊成比例，求得DE的長．
解答： 解：（1）DB=DA．
理由：∵CD是△ABC的外角平分線，
∴∠MCD=∠ACD，
∵∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠MCD=∠BAD，
∴∠ACD=∠BAD，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠ABD=∠BAD，
∴DB=DA；
（2）證明：∵DB=DA，
∴ = ，
∵ = ，
∴AF=BC， = ，
∴CD=FD，
在△BCD和△AFD中，
，
∴△BCD≌△AFD（SSS）；
（3）連接DO并延長，交AB于點N，連接OB，
∵DB=DA，
∴ = ，
∴DN⊥AB，
∵∠ACM=120°，
∴∠ABD=∠ACD=60°，
∵DB=DA，
∴△ABD是等邊三角形，
∴∠OBA=30°，
∴ON= OB= ×5=2.5，
∴DN=ON+OD=7.5，
∴BD= =5 ，
∴AD=BD=5 ，
∵ = ，
∴ = ，
∴∠ADC=∠BDF，
∵∠ABD=∠ACD，
∴△ACD∽△EBD，
∴ ，
∴ ，
∴DE=12.5．
點評： 此題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理、弧與弦的關系、等邊三角形的判定與性質以及相似三角形的判定與性質．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．
17．（2015•溫州）如圖，點A和動點P在直線l上，點P關于點A的對稱點為Q，以AQ為邊作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圓O．點C在點P右側，PC=4，過點C作直線m⊥l，過點O作OD⊥m于點D，交AB右側的圓弧于點E．在射線CD上取點F，使DF= CD，以DE，DF為鄰邊作矩形DEGF．設AQ=3x．
（1）用關于x的代數式表示BQ，DF．
（2）當點P在點A右側時，若矩形DEGF的面積等于90，求AP的長．
（3）在點P的整個運動過程中，
①當AP為何值時，矩形DEGF是正方形？
②作直線BG交⊙O于點N，若BN的弦心距為1，求AP的長（直接寫出答案）．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由AQ：AB=3：4，AQ=3x，易得AB=4x，由勾股定理得BQ，再由中位線的性質得AH=BH= AB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的結論，易得CQ的長，作OM⊥AQ于點M（如圖1），則OM∥AB，由垂徑定理得QM=AM= x，由矩形性質得OD=MC，利用矩形面積，求得x，得出結論；
（3）①點P在A點的右側時（如圖1），利用（1）（2）的結論和正方形的性質得2x+4=3x，得AP；點P在A點的左側時，當點C在Q右側，0＜x＜ 時（如圖2），4?7x=3x，解得x，易得AP；當 時（如圖3），7?4x=3x，得AP；當點C在Q的左側時，即x≥ （如圖4），同理得AP；
②連接NQ，由點O到BN的弦心距為l，得NQ=2，當點N在AB的左側時（如圖5），過點B作BM⊥EG于點M，GM=x，BM=x，易得∠GBM=45°，BM∥AQ，易得AI=AB，求得IQ，由NQ得AP；當點N在AB的右側時（如圖6），過點B作BJ⊥GE于點J，由GJ=x，BJ=4x得tan∠GBJ= ，利用（1）（2）中結論得AI=16x，QI=19x，
解得x，得AP．
解答： 解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB=3：4，AQ=3x，
∴AB=4x，
∴BQ=5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB=OQ，
∴ =2x，
∴CD=2x，
∴FD= =3x；
（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，
∴CQ=6x+4，
作OM⊥AQ于點M（如圖1），
∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圓，∠BAQ=90°，
∴點O是BQ的中點，
∴QM=AM= x
∴OD=MC= ，
∴OE= BQ= ，
∴ED=2x+4，
S矩形DEGF=DF•DE=3x（2x+4）=90，
解得：x1=?5（舍去），x2=3，
∴AP=3x=9；
（3）①若矩形DEGF是正方形，則ED=DF，
I．點P在A點的右側時（如圖1），
∴2x+4=3x，解得：x=4，
∴AP=3x=12；
II．點P在A點的左側時，
當點C在Q右側，
0＜x＜ 時（如圖2），
∵ED=4?7x，DF=3x，
∴4?7x=3x，解得：x= ，
∴AP= ；
當 ≤x＜ 時（如圖3），
∵ED=7?4x，DF=3x，
∴7?4x=3x，解得：x=1（舍去），
當點C在Q的左側時，即x≥ （如圖4），
DE=7x?4，DF=3x，
∴7x?4=3x，解得：x=1，
∴AP=3，
綜上所述：當AP為12或 或3時，矩形DEGF是正方形；
②連接NQ，由點O到BN的弦心距為l，得NQ=2，
當點N在AB的左側時（如圖5），
過點B作BM⊥EG于點M，
∵GM=x，BM=x，
∴∠GBM=45°，
∴BM∥AQ，
∴AI=AB=4x，
∴IQ=x，
∴NQ= =2，
∴x=2 ，
∴AP=6 ；
當點N在AB的右側時（如圖6），
過點B作BJ⊥GE于點J，
∵GJ=x，BJ=4x，
∴tan∠GBJ= ，
∴AI=16x，∴QI=19x，
∴NQ= =2，
∴x= ，
∴AP= ，
綜上所述：AP的長為6 或 ．
點評： 本題主要考查了勾股定理，垂徑定理，正方形的性質，中位線的性質等，結合圖形，分類討論是解答此題的關鍵．
18．（2015•南寧）如圖，AB是⊙O的直徑，C、G是⊙O上兩點，且AC=CG，過點C的直線CD⊥BG于點D，交BA的延長線于點E，連接BC，交OD于點F．
（1）求證：CD是⊙O的切線．
（2）若 ，求∠E的度數．
（3）連接AD，在（2）的條件下，若CD= ，求AD的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）如圖1，連接OC，AC，CG，由圓周角定理得到∠ABC=∠CBG，根據同圓的半徑相等得到OC=OB，于是得到∠OCB=∠OBC，等量代換得到∠OCB=∠CBG，根據平行線的判定得到OC∥BG，即可得到結論；
（2）由OC∥BD，得到△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，得到 ， ，根據直角三角形的性質即可得到結論；
（3）如圖2，過A作AH⊥DE于H，解直角三角形得到BD=3，DE=3 ，BE=6，在Rt△DAH中，AD= = = ．
解答： （1）證明：如圖1，連接OC，AC，CG，
∵AC=CG，
∴ ，
∴∠ABC=∠CBG，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OCB=∠CBG，
∴OC∥BG，
∵CD⊥BG，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：∵OC∥BD，
∴△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，
∴ ，
∴ ，
∵OA=OB，
∴AE=OA=OB，
∴OC= OE，
∵∠ECO=90°，
∴∠E=30°；
（3）解：如圖2，過A作AH⊥DE于H，
∵∠E=30°
∴∠EBD=60°，
∴∠CBD= EBD=30°，
∵CD= ，
∴BD=3，DE=3 ，BE=6，
∴AE= BE=2，
∴AH=1，
∴EH= ，
∴DH=2 ，
在Rt△DAH中，AD= = = ．
點評： 本題考查了切線的判定和性質，銳角三角函數，勾股定理相似三角形的判定和性質，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
19．（2015•無錫）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
（1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（2）當∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值．
考點： 圓的綜合題．
專題： 綜合題．
分析： （1）由四邊形四個點的坐標易得OA=BC=5，BC∥OA，以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，根據圓周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，作DG⊥EF于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，根據垂徑定理得EG=GF，接著利用勾股定理可計算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F（4，2），即點P在E點和F點時，滿足條件，此時 ，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°；
（2）如圖2，先判斷四邊形OABC是平行四邊形，再利用平行線的性質和角平分線定義可得到∠AQO=90°，以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，于是得到點Q只能是點E或點F，當Q在F點時，證明F是BC的中點．而F點為 （4，2），得到m的值為6.5；當Q在E點時，同理可求得m的值為3.5．
解答： 解：（1）存在．
∵O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
∴OA=BC=5，BC∥OA，
以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，
作DG⊥EF于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF，
∴EG= =1.5，
∴E（1，2），F（4，2），
∴當 ，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°；
（2）如圖2，
∵BC=OA=5，BC∥OA，
∴四邊形OABC是平行四邊形，
∴OC∥AB，
∴∠AOC+∠OAB=180°，
∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB，
∴∠AOQ= ∠AOC，∠OAQ= ∠OAB，
∴∠AOQ+∠OAQ=90°，
∴∠AQO=90°，
以OA為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，
∴點Q只能是點E或點F，
當Q在F點時，∵OF、AF分別是∠AOC與∠OAB的平分線，BC∥OA，
∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB，
∴CF=OC，BF=AB，
而OC=AB，
∴CF=BF，即F是BC的中點．
而F點為（4，2），
∴此時m的值為6.5，
當Q在E點時，同理可求得此時m的值為3.5，
綜上所述，m的值為3.5或6.5．
點評： 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、圓周角定理和平行四邊形的判定與性質；理解坐標與圖形性質；會利用勾股定理計算線段的長．
20．（2015•蘇州）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內且與AB、AD均相切，現有動點P從A點出發，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動．⊙O在矩形內部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發時的位置（即再次與AB相切）時停止移動，已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．
（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 a+2b cm（用含a、b的代數式表示）；
（2）如圖①，已知點P從A點出發，移動2s到達B點，繼續移動3s，到達BC的中點，若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內圓心O移動的距離；
（3）如圖②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據有理數的加法，可得答案；
（2）根據圓O移動的距離與P點移動的距離相等，P點移動的速度相等，可得方程組，根據解方程組，可得a、b的值，根據速度與時間的關系，可得答案；
（3）根據相同時間內速度的比等于路程的比，可得 的值，根據相似三角形的性質，可得∠ADB=∠BDP，根據等腰三角形的判定，可得BP與DP的關系，根據勾股定理，可得DP的長，根據有理數的加法，可得P點移動的距離；根據相似三角形的性質，可得EO1的長，分類討論：當⊙O首次到達⊙O1的位置時，當⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，根據 的值，可得答案．
解答： 解：（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 a+2bcm（用含a、b的代數式表示）；
（2）∵圓心O移動的距離為2（a?4）cm，
由題意，得
a+2b=2（a?4）①，
∵點P移動2秒到達B，即點P2s移動了bcm，點P繼續移動3s到達BC的中點，
即點P3秒移動了 acm．
∴ = ②
由①②解得 ，
∵點P移動的速度為與⊙O移動速度相同，
∴⊙O移動的速度為 = =4cm（cm/s）．
這5秒時間內⊙O移動的距離為5×4=20（cm）；
（3）存在這種情況，
設點P移動速度為v1cm/s，⊙O2移動的速度為v2cm/s，
由題意，得
= = = ，
如圖：
設直線OO1與AB教育E點，與CD交于F點，⊙O1與AD相切于G點，
若PD與⊙O1相切，切點為H，則O1G=O1H．
易得△DO1G≌△DO1H，
∴∠ADB=∠BDP．
∵BC∥AD，
∴∠ADB=∠CBD
∴∠BDP=∠CBD，
∴BP=DP．
設BP=xcm，則DP=xcm，PC=（20?x）cm，
在Rt△PCD中，由勾股定理，得
PC2+CD2=PD2，即（20?x）2+102=x2，
解得x=
此時點P移動的距離為10+ = （cm），
∵EF∥AD，
∴△BEO1∽△BAD，
∴ = ，即 = ，
EO1=16cm，OO1=14cm．
①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O移動的距離為14cm，
此時點P與⊙O移動的速度比為 = ，
∵ ≠ ，
∴此時PD與⊙O1不能相切；
②當⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，⊙O移動的距離為2（20?4）?14=18cm，
∴此時點P與⊙O移動的速度比為 = = ，
此時PD與⊙O1恰好相切．
點評： 本題考查了圓的綜合題，（1）利用了有理數的加法，（2）利用了P與⊙O的路程相等，速度相等得出方程組是解題關鍵，再利用路程與時間的關系，得出速度，最后利用速度乘以時間得出結果；（3）利用了相等時間內速度的比等于路程的比，相似三角形的性質，等腰三角形的判定，勾股定理，利用相等時間內速度的比等于路程的比是解題關鍵．
21．（2015•寧波）如圖，在平面直角坐標系中，點M是第一象限內一點，過M的直線分別交x軸，y軸的正半軸于A，B兩點，且M是AB的中點．以OM為直徑的⊙P分別交x軸，y軸于C，D兩點，交直線AB于點E（位于點M右下方），連結DE交OM于點K．
（1）若點M的坐標為（3，4），
①求A，B兩點的坐標；
②求ME的長．
（2）若 =3，求∠OBA的度數．
（3）設tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接寫出y關于x的函數解析式．
考點： 圓的綜合題；全等三角形的判定與性質；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的判定與性質；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義；特殊角的三角函數值．
專題： 綜合題．
分析： （1）①連接DM、MC，如圖1，易證四邊形OCMD是矩形，從而得到MD∥OA，MC∥OB，由點M是AB的中點即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用點M的坐標就可解決問題；
②根據勾股定理可求出AB的長，從而得到BM的長，要求ME的長，只需求BE的長，只需證△OBM∽△EBD，然后運用相似三角形的性質即可；
（2）連接DP、PE，如圖2，由 =3可得OK=3MK，進而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易證△DPK≌△EMK，則有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，從而可得cos∠DPK= = ，則有∠DPK=60°，根據圓周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；
（3）連接PD、OE，如圖3，設MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，則有 = ，由此可得ME= t，從而可求得OE= • ，BE= ，則有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1? ，整理得y= ．
解答： 解：（1）①連接DM、MC，如圖1．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四邊形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴ = ， = ．
∵點M是AB的中點，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵點M的坐標為（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴點B的坐標為（0，8），點A的坐標為（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB= =10．
∴BM= AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴ = ，
∴ = ，
∴BE= ，
∴ME=BE?BM= ?5= ；
（2）連接DP、PE，如圖2．
∵ =3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK= = ，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°；
（3）y關于x的函數解析式為y= ．
提示：連接PD、OE，如圖3．
設MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，
PK= ?t= ．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
則有 = ，可得ME= t．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠OEM=90°，
∴OE2=OM2?ME2=[（y+1）t]2?[ t]2= •（y2?2y），
即OE= • ，
BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，
∴x=tan∠OBA= = ，
∴x2= =1? ，
整理得：y= ．
點評： 本題主要考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、平行線分線段成比例、三角形中位線定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等腰三角形的性質、勾股定理、三角函數的定義、特殊角的三角函數值等知識，綜合性比較強，有一定的難度，通過證明△OBM∽△EBD求出BE是解決第（1）②小題的關鍵，通過證明△DPK≌△EMK得到DK=EK是解決第（2）小題的關鍵，設MK=t，然后運用相似三角形的性質、勾股定理求出OE、BE（用y、t的代數式表示）是解決第（3）小題的關鍵．
22．（2015•日照）閱讀資料：
如圖1，在平面之間坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2?x1|2+|y2?y1|2，所以A，B兩點間的距離為AB= ．
我們知道，圓可以看成到圓心距離等于半徑的點的集合，如圖2，在平面直角坐標系xoy中，A（x，y）為圓上任意一點，則A到原點的距離的平方為OA2=|x?0|2+|y?0|2，當⊙O的半徑為r時，⊙O的方程可寫為：x2+y2=r2．
問題拓展：如果圓心坐標為P（a，b），半徑為r，那么⊙P的方程可以寫為 （x?a）2+（y?b）2=r2 ．
綜合應用：
如圖3，⊙P與x軸相切于原點O，P點坐標為（0，6），A是⊙P上一點，連接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足為D，延長PD交x軸于點B，連接AB．
①證明AB是⊙P的切點；
②是否存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q？若存在，求Q點坐標，并寫出以Q為圓心，以OQ為半徑的⊙O的方程；若不存在，說明理由．
考點： 圓的綜合題；全等三角形的判定與性質；等腰三角形的性質；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；切線的判定與性質；相似三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義．
專題： 閱讀型．
分析： 問題拓展：設A（x，y）為⊙P上任意一點，則有AP=r，根據閱讀材料中的兩點之間距離公式即可求出⊙P的方程；
綜合應用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，從而可證到△POB≌△PAB，則有∠POB=∠PAB．由⊙P與x軸相切于原點O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切線；
②當點Q在線段BP中點時，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易證∠OBP=∠POA，則有tan∠OBP= = ．由P點坐標可求出OP、OB．過點Q作QH⊥OB于H，易證△BHQ∽△BOP，根據相似三角形的性質可求出QH、BH，進而求出OH，就可得到點Q的坐標，然后運用問題拓展中的結論就可解決問題．
解答： 解：問題拓展：設A（x，y）為⊙P上任意一點，
∵P（a，b），半徑為r，
∴AP2=（x?a）2+（y?b）2=r2．
故答案為（x?a）2+（y?b）2=r2；
綜合應用：
①∵PO=PA，PD⊥OA，
∴∠OPD=∠APD．
在△POB和△PAB中，
，
∴△POB≌△PAB，
∴∠POB=∠PAB．
∵⊙P與x軸相切于原點O，
∴∠POB=90°，
∴∠PAB=90°，
∴AB是⊙P的切線；
②存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q．
當點Q在線段BP中點時，
∵∠POB=∠PAB=90°，
∴QO=QP=BQ=AQ．
此時點Q到四點O，P，A，B距離都相等．
∵∠POB=90°，OA⊥PB，
∴∠OBP=90°?∠DOB=∠POA，
∴tan∠OBP= =tan∠POA= ．
∵P點坐標為（0，6），
∴OP=6，OB= OP=8．
過點Q作QH⊥OB于H，如圖3，
則有∠QHB=∠POB=90°，
∴QH∥PO，
∴△BHQ∽△BOP，
∴ = = = ，
∴QH= OP=3，BH= OB=4，
∴OH=8?4=4，
∴點Q的坐標為（4，3），
∴OQ= =5，
∴以Q為圓心，以OQ為半徑的⊙O的方程為（x?4）2+（y?3）2=25．
點評： 本題是一道閱讀題，以考查閱讀理解能力為主，在解決問題的過程中，用到了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、勾股定理、切線的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角函數的定義等知識，有一定的綜合性．
23．（2015•金華）圖1、圖2為同一長方體房間的示意圖，圖3為該長方體的表面展開圖．
（1）蜘蛛在頂點A′處．
①蒼蠅在頂點B處時，試在圖1中畫出蜘蛛為捉住蒼蠅，沿墻面爬行的最近路線．
②蒼蠅在頂點C處時，圖2中畫出了蜘蛛捉住蒼蠅的兩條路線，往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC和往墻面BB′C′C爬行的最近路線A′HC，試通過計算判斷哪條路線更近．
（2）在圖3中，半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，蜘蛛P在線段AB上，蒼蠅Q在⊙M的圓周上，線段PQ為蜘蛛爬行路線，若PQ與⊙M相切，試求PQ長度的范圍．
考點： 圓的綜合題；幾何體的展開圖；線段的性質：兩點之間線段最短；勾股定理；切線的性質．
專題： 綜合題；轉化思想．
分析： （1）①根據“兩點之間，線段最短”可知：線段A′B為最近路線；
②Ⅰ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形ABCD在同一平面內，如圖2①，運用勾股定理求出AC長；Ⅱ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形BCC′B′在同一平面內，如圖2②，運用勾股定理求出A′C長，然后將兩個長度進行比較，就可解決問題；
（2）過點M作MH⊥AB于H，連接MQ、MP、MA、MB，如圖3．由⊙M與D′C′相切于點Q可得MQ⊥PQ，即∠MQP=90°，根據勾股定理可得PQ= = ．要求PQ的取值范圍，只需先求出MP的取值范圍，就可解決問題．
解答： 解：（1）①根據“兩點之間，線段最短”可知：
線段A′B為最近路線，如圖1所示．
②Ⅰ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形ABCD在同一平面內，如圖2①．
在Rt△A′B′C中，
∠B′=90°，A′B′=40，B′C=60，
∴AC= = =20 ．
Ⅱ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形BCC′B′在同一平面內，如圖2②．
在Rt△A′C′C中，
∠C′=90°，A′C′=70，C′C=30，
∴A′C= = =10 ．
∵ ＜ ，
∴往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC更近；
（2）過點M作MH⊥AB于H，連接MQ、MP、MA、MB，如圖3．
∵半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，BC′=60dm，
∴MH=60?10=50，HB=15，AH=40?15=25，
根據勾股定理可得AM= = = ，
MB= = = ，
∴50≤MP≤ ．
∵⊙M與D′C′相切于點Q，
∴MQ⊥PQ，∠MQP=90°，
∴PQ= = ．
當MP=50時，PQ= =20 ；
當MP= 時，PQ= =55．
∴PQ長度的范圍是20 dm≤PQ≤55dm．
點評： 本題主要考查了兩點之間線段最短、點到直線之間垂線段最短、切線的性質、長方體的展開圖、勾股定理等知識，把空間圖形的最短距離問題轉化為到同一平面內最短距離問題是解決（1）②小題的關鍵，根據PQ= 把求PQ的取值范圍轉化為求MP的取值范圍是解決第（2）小題的關鍵．
24．（2015•長沙）如圖，在直角坐標系中，⊙M經過原點O（0，0），點A（ ，0）與點B（0，? ），點D在劣弧 上，連接BD交x軸于點C，且∠COD=∠CBO．
（1）求⊙M的半徑；
（2）求證：BD平分∠ABO；
（3）在線段BD的延長線上找一點E，使得直線AE恰好為⊙M的切線，求此時點E的坐標．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由點A（ ，0）與點B（0，? ），可求得線段AB的長，然后由∠AOB=90°，可得AB是直徑，繼而求得⊙M的半徑；
（2）由圓周角定理可得：∠COD=∠ABC，又由∠COD=∠CBO，即可得BD平分∠ABO；
（3）首先過點A作AE⊥AB，垂足為A，交BD的延長線于點E，過點E作EF⊥OA于點F，易得△AEC是等邊三角形，繼而求得EF與AF的長，則可求得點E的坐標．
解答： 解：（1）∵點A（ ，0）與點B（0，? ），
∴OA= ，OB= ，
∴AB= =2 ，
∵∠AOB=90°，
∴AB是直徑，
∴⊙M的半徑為： ；
（2）∵∠COD=∠CBO，∠COD=∠CBA，
∴∠CBO=∠CBA，
即BD平分∠ABO；
（3）如圖，過點A作AE⊥AB，垂足為A，交BD的延長線于點E，過點E作EF⊥OA于點F，即AE是切線，
∵在Rt△AOB中，tan∠OAB= = = ，
∴∠OAB=30°，
∴∠ABO=90°?∠OAB=60°，
∴∠ABC=∠OBC= ∠ABO=30°，
∴OC=OB•tan30°= × = ，
∴AC=OA?OC= ，
∴∠ACE=∠ABC+∠OAB=60°，
∴∠EAC=60°，
∴△ACE是等邊三角形，
∴AE=AC= ，
∴AF= AE= ，EF= AE= ，
∴OF=OA?AF= ，
∴點E的坐標為：（ ， ）．
點評： 此題屬于一次函數的綜合題，考查了勾股定理、圓周角定理、等邊三角形的判定與性質以及三角函數等知識．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．
25．（2015•湖北）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，AE和過點C的切線互相垂直，垂足為E，AE交⊙O于點D，直線EC交AB的延長線于點P，連接AC，BC，PB：PC=1：2．
（1）求證：AC平分∠BAD；
（2）探究線段PB，AB之間的數量關系，并說明理由；
（3）若AD=3，求△ABC的面積．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）首先連接OC，由PE是⊙O的切線，AE和過點C的切線互相垂直，可證得OC∥AE，又由OA=OC，易證得∠DAC=∠OAC，即可得AC平分∠BAD；
（2）由AB是⊙O的直徑，PE是切線，可證得∠PCB=∠PAC，即可證得△PCB∽△PAC，然后由相似三角形的對應邊成比例與PB：PC=1：2，即可求得答案；
（3）首先過點O作OH⊥AD于點H，則AH= AD= ，四邊形OCEH是矩形，即可得AE= +OC，由OC∥AE，可得△PCO∽△PEA，然后由相似三角形的對應邊成比例，求得OC的長，再由△PBC∽△PCA，證得AC=2BC，然后在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得（2BC）2+BC2=52，即可求得BC的長，繼而求得答案．
解答： （1）證明：連接OC，
∵PE是⊙O的切線，
∴OC⊥PE，
∵AE⊥PE，
∴OC∥AE，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠DAC=∠OAC，
∴AC平分∠BAD；
（2）線段PB，AB之間的數量關系為：AB=3PB．
理由：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC，
∵∠PCB+∠OCB=90°，
∴∠PCB=∠PAC，
∵∠P是公共角，
∴△PCB∽△PAC，
∴ ，
∴PC2=PB•PA，
∵PB：PC=1：2，
∴PC=2PB，
∴PA=4PB，
∴AB=3PB；
（3）解：過點O作OH⊥AD于點H，則AH= AD= ，四邊形OCEH是矩形，
∴OC=HE，
∴AE= +OC，
∵OC∥AE，
∴△PCO∽△PEA，
∴ ，
∵AB=3PB，AB=2OB，
∴OB= PB，
∴ = ，
∴OC= ，
∴AB=5，
∵△PBC∽△PCA，
∴ ，
∴AC=2BC，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴（2BC）2+BC2=52，
∴BC= ，
∴AC=2 ，
∴S△ABC= AC•BC=5．
點評： 此題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理、切線的性質、勾股定理以及相似三角形的判定與性質．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．xK b1. C om
26．（2015•宜昌）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點E，F是邊BA延長線上一點，連接EF，以EF為直徑作⊙O，交DC于D，G兩點，AD分別于EF，GF交于I，H兩點．
（1）求∠FDE的度數；
（2）試判斷四邊形FACD的形狀，并證明你的結論；
（3）當G為線段DC的中點時，
①求證：FD=FI；
②設AC=2m，BD=2n，求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比．
考點： 圓的綜合題；等腰三角形的判定；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；三角形中位線定理；平行四邊形的判定與性質；菱形的性質．
專題： 綜合題．
分析： （1）根據直徑所對的圓周角是直角即可得到∠FDE=90°；
（2）由四邊形ABCD是菱形可得AB∥CD，要證四邊形FACD是平行四邊形，只需證明DF∥AC，只需證明∠AEB=∠FDE，由于∠FDE=90°，只需證明∠AEB=90°，根據四邊形ABCD是菱形即可得到結論；
（3）①連接GE，如圖，易證GE是△ACD的中位線，即可得到GE∥DA，即可得到∠FHI=∠FGE=∠FGE=90°．根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DG=GE，從而有 = ，根據圓周角定理可得∠1=∠2，根據等角的余角相等可得∠3=∠4，根據等角對等邊可得FD=DI；②易知S⊙O=π（ ）2= πm2，S菱形ABCD= •2m•2n=2mn，要求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比，只需得到m與n的關系，易證EI=EA=m，DF=AC=2m，EF=FI+IE=DF+AE=3m，在Rt△DEF中運用勾股定理即可解決問題．
解答： 解：（1）∵EF是⊙O的直徑，∴∠FDE=90°；
（2）四邊形FACD是平行四邊形．
理由如下：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠AEB=90°．
又∵∠FDE=90°，
∴∠AEB=∠FDE，
∴AC∥DF，
∴四邊形FACD是平行四邊形；
（3）①連接GE，如圖．
∵四邊形ABCD是菱形，∴點E為AC中點．
∵G為線段DC的中點，∴GE∥DA，
∴∠FHI=∠FGE．
∵EF是⊙O的直徑，∴∠FGE=90°，
∴∠FHI=90°．
∵∠DEC=∠AEB=90°，G為線段DC的中點，
∴DG=GE，
∴ = ，
∴∠1=∠2．
∵∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
∴FD=FI；
②∵AC∥DF，∴∠3=∠6．
∵∠4=∠5，∠3=∠4，
∴∠5=∠6，∴EI=EA．
∵四邊形ABCD是菱形，四邊形FACD是平行四邊形，
∴DE= BD=n，AE= AC=m，FD=AC=2m，
∴EF=FI+IE=FD+AE=3m．
在Rt△EDF中，根據勾股定理可得：
n2+（2m）2=（3m）2，
即n= m，
∴S⊙O=π（ ）2= πm2，S菱形ABCD= •2m•2n=2mn=2 m2，
∴S⊙O：S菱形ABCD= ．
點評： 本題主要考查了菱形的性質、圓周角定理、平行四邊形的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理、等角的余角相等、等角對等邊、平行線的性質、勾股定理、圓及菱形的面積公式等知識，綜合性強，證到IE=EA，進而得到EF=3m是解決第3（2）小題的關鍵．
27．（2015•永州）問題探究：
（一）新知學習：
圓內接四邊形的判斷定理：如果四邊形對角互補，那么這個四邊形內接于圓（即如果四邊形EFGH的對角互補，那么四邊形EFGH的四個頂點E、F、G、H都在同個圓上）．
（二）問題解決：
已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是 上任意一點，過點P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．
（1）若直徑AB⊥CD，對于 上任意一點P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內接于圓，并求此圓直徑的長；
（2）若直徑AB⊥CD，在點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；
（3）若直徑AB與CD相交成120°角．
①當點P運動到 的中點P1時（如圖二），求MN的長；
②當點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程中（如圖三），證明MN的長為定值．
（4）試問當直徑AB與CD相交成多少度角時，MN的長取最大值，并寫出其最大值．
考點： 圓的綜合題．
專題： 探究型．
分析： （1）如圖一，易證∠PMO+∠PNO=180°，從而可得四邊形PMON內接于圓，直徑OP=2；
（2）如圖一，易證四邊形PMON是矩形，則有MN=OP=2，問題得以解決；
（3）①如圖二，根據等弧所對的圓心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根據圓內接四邊形的對角互補可得∠MP1N=60°．根據角平分線的性質可得P1M=P1N，從而得到△P1MN是等邊三角形，則有MN=P1M．然后在Rt△P1MO運用三角函數就可解決問題；②設四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，交⊙O′于點Q，連接QM，如圖三，根據圓周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中運用三角函數可得：MN=QN•sin∠MQN，從而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解決問題；
（4）由（3）②中已得結論MN=OP•sin∠MQN可知，當∠MQN=90°時，MN最大，問題得以解決．
解答： 解：（1）如圖一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∴四邊形PMON內接于圓，直徑OP=2；
（2）如圖一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，
∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，
∴四邊形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，
∴MN的長為定值，該定值為2；
（3）①如圖二，
∵P1是 的中點，∠BOC=120°
∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．
∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，
∴P1M=P1N，
∴△P1MN是等邊三角形，
∴MN=P1M．
∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°= ，
∴MN= ；
②設四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，
交⊙O′于點Q，連接QM，如圖三，
則有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt△QMN中，sin∠MQN= ，
∴MN=QN•sin∠MQN，
∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2× = ，
∴MN是定值．
（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．
當直徑AB與CD相交成90°角時，∠MQN=180°?90°=90°，MN取得最大值2．
點評： 本題主要考查了圓內接四邊形的判定定理、圓周角定理、在同圓中弧與圓心角的關系、矩形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、三角函數、角平分線的性質等知識，推出MN=OP•sin∠MQN是解決本題的關鍵．
28．（2015•樂山）已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜邊AC交⊙O于點D，且AD=DC，延長CB交⊙O于點E．
（1）圖1的A、B、C、D、E五個點中，是否存在某兩點間的距離等于線段CE的長？請說明理由；
（2）如圖2，過點E作⊙O的切線，交AC的延長線于點F．
①若CF=CD時，求sin∠CAB的值；
②若CF=aCD（a＞0）時，試猜想sin∠CAB的值．（用含a的代數式表示，直接寫出結果）
考點： 圓的綜合題．
專題： 探究型；存在型．
分析： （1）連接AE、DE，如圖1，根據圓周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根據垂直平分線的性質可得AE=CE；
（2）連接AE、ED，如圖2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直徑，根據切線的性質可得∠AEF=90°，從而可證到△ADE∽△AEF，然后運用相似三角形的性質可得AE2=AD•AF．①當CF=CD時，可得AE2=3CD2，從而有EC=AE= CD，在Rt△DEC中運用三角函數可得sin∠CED= = ，根據圓周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②當CF=aCD（a＞0）時，同①即可解決問題．
解答： 解：（1）AE=CE．
理由：連接AE、DE，如圖1，
∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，
∴∠ADE=∠ABE=90°．
∵AD=DC，
∴AE=CE；
（2）連接AE、ED，如圖2，
∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直徑．
∵EF是⊙OO的切線，
∴∠AEF=90°，
∴∠ADE=∠AEF=90°．
又∵∠DAE=∠EAF，
∴△ADE∽△AEF，
∴ = ，
∴AE2=AD•AF．
①當CF=CD時，
AD=DC=CF，AF=3DC，
∴AE2=DC•3DC=3DC2，
∴AE= DC．
∵EC=AE，
∴EC= DC．
∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ；
②當CF=aCD（a＞0）時，sin∠CAB= ．
提示：∵CF=aCD，AD=DC，
∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，
∴AE2=DC•（a+2）DC=（a+2）DC2，
∴AE= DC．
∵EC=AE，
∴EC= DC．
∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ．
點評： 本題主要考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質、三角函數、垂直平分線的性質的性質等知識，利用∠CAB=∠CED及AE=EC是解決（2）、（3）兩小題的關鍵．
29．（2015•株洲）已知AB是圓O的切線，切點為B，直線AO交圓O于C、D兩點，CD=2，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．
（1）當點P運動到使Q、C兩點重合時（如圖1），求AP的長；
（2）點P在運動過程中，有幾個位置（幾種情況）使△CQD的面積為 ？（直接寫出答案）
（3）當△CQD的面積為 ，且Q位于以CD為直徑的上半圓，CQ＞QD時（如圖2），求AP的長．
考點： 圓的綜合題；解一元二次方程-公式法；相似三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義．
專題： 綜合題．
分析： （1）如圖1，利用切線的性質可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中運用三角函數就可解決問題；
（2）易得點Q到CD的距離為 ，結合圖形2，即可解決問題；
（3）過點Q作QN⊥CD于N，過點P作PM⊥CD于M，連接QD，如圖3，易證△CNQ∽△QND，根據相似三角形的性質可求出CN．易證△PMC∽△QNC，根據相似三角形的性質可得PM與CM之間的關系，由∠MAP=30°即可得到PM與AM之間的關系，然后根據AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．
解答： 解：（1）∵AB與⊙O相切于點B，∴∠ABO=90°．
∵∠DAB=30°，OB= CD= ×2=1，
∴AO=2OB=2，AC=AO?CO=2?1=1．
當Q、C兩點重合時，CP與⊙O相切于點C，如圖1，
則有∠ACP=90°，
∴cos∠CAP= = = ，
解得AP= ；
（2）有4個位置使△CQD的面積為 ．
提示：設點Q到CD的距離為h，
∵S△CQD= CD•h= ×2×h= ，
∴h= ．
由于h= ＜1，結合圖2可得：
有4個位置使△CQD的面積為 ；
（3）過點Q作QN⊥CD于N，過點P作PM⊥CD于M，如圖3．
∵S△CQD= CD•QN= ×2×QN= ，∴QN= ．
∵CD是⊙O的直徑，QN⊥CD，
∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，
∴∠CQN=90°?∠NQD=∠NDQ，
∴△QNC∽△DNQ，
∴ = ，
∴QN2=CN•DN，
設CN=x，則有 =x（2?x），
整理得4x2?8x+1=0，
解得：x1= ，x2= ．
∵CQ＞QD，∴x= ，
∴ =2+ ．
∵QN⊥CD，PM⊥CD，
∴∠PMC=∠QNC=90°．
∵∠MCP=∠NCQ，
∴△PMC∽△QNC，
∴ = =2+ ，
∴MC=（2+ ）MP．
在Rt△AMP中，
tan∠MAP= =tan30°= ，
∴AM= MP．
∵AC=AM+MC= MP+（2+ ）MP=1，
∴MP= ，
∴AP=2MP= ．
點評： 本題主要考查了相似三角形的判定與性質、圓周角定理、三角函數、特殊角的三角函數值、切線的性質、解一元二次方程等知識，把求AP的值轉化為解△ABC是解決第（3）小題的關鍵．
30．（2015•連云港）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1．
（1）判斷原點O與⊙P的位置關系，并說明理由；
（2）當⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）當⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，可求得點A與點B的坐標，繼而求得∠OBA=30°，然后過點O作OH⊥AB于點H，利用三角函數可求得OH的長，繼而求得答案；
（2）當⊙P過點B時，點P在y軸右側時，易得⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°?30°?30°=120°，則可求得弧長；同理可求得當⊙P過點B時，點P在y軸左側時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）首先求得當⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，點D的坐標，然后利用對稱性可以求得當⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，點D的坐標．
解答： 解：（1）原點O在⊙P外．
理由：∵直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，
∴點A（2，0），點B（0，?2 ），
在Rt△OAB中，tan∠OBA= = = ，
∴∠OBA=30°，
如圖1，過點O作OH⊥AB于點H，
在Rt△OBH中，OH=OB•sin∠OBA= ，
∵ ＞1，
∴原點O在⊙P外；
（2）如圖2，當⊙P過點B時，點P在y軸右側時，
∵PB=PC，
∴∠PCB=∠OBA=30°，
∴⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°?30°?30°=120°，
∴弧長為： = ；
同理：當⊙P過點B時，點P在y軸左側時，弧長同樣為： ；
∴當⊙P過點B時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長為： ；
（3）如圖3，當⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，設切點為D，
在PD⊥x軸，
∴PD∥y軸，
∴∠APD=∠ABO=30°，
∴在Rt△DAP中，AD=DP•tan∠DPA=1×tan30°= ，
∴OD=OA?AD=2? ，
∴此時點D的坐標為：（2? ，0）；
當⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，根據對稱性可以求得此時切點的坐標為：（2+ ，0）；
綜上可得：當⊙P與x軸相切時，切點的坐標為：（2? ，0）或（2+ ，0）．
點評： 此題屬于一次函數的綜合題，考查了直線上點的坐標的性質、切線的性質、弧長公式以及三角函數等知識．注意準確作出輔助線，注意分類討論思想的應用．
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.lg566.com/chusan/326248.html
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