备战2021年上海中考专题17：圆的综合问题

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）
专题17圆的综合问题（共43题）

中考真题再现



一．选择题（共1小题）
1．（2016•上海）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝7，点D在边BC上，CD＝3，⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，且点B在⊙D外，那么⊙D的半径长r的取值范围是（　　）

A．1＜r＜4 B．2＜r＜4 C．1＜r＜8 D．2＜r＜8
【分析】连接AD，
根据勾股定理得到AD＝5，
根据圆与圆的位置关系得到r＞5﹣3＝2，
由点B在⊙D外，
于是得到r＜4，
即可得到结论．
【解析】连接AD，
∵AC＝4，CD＝3，∠C＝90°，
∴AD＝5，
∵⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，
∴r＞5﹣3＝2，
∵BC＝7，
∴BD＝4，
∵点B在⊙D外，
∴r＜4，
∴⊙D的半径长r的取值范围是2＜r＜4，
故选：B．

二．解答题（共6小题）
2．（2020•上海）如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长线交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD＝2，CD＝3时，求边BC的长．

【分析】（1）连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
（2）分三种情形：①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD．②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD．③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．则AEBC=ADDC=23，推出AOOH=AEBH=43，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，根据BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OA．
A
∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO＝∠CAO，
∵OA＝OB，
∴∠ABD＝∠BAO，
∴∠BAC＝2∠BAD．

（2）解：如图2中，延长AO交BC于H．

①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∴∠DBC＝2∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠BDC＝180°，
∴8∠ABD＝180°，
∴∠C＝3∠ABD＝67.5°．
②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD，
∴∠C＝4∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠CDB＝180°，
∴10∠ABD＝180°，
∴∠BCD＝4∠ABD＝72°．
③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述，∠C的值为67.5°或72°．

（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．

则AEBC=ADDC=23，
∴AOOH=AEBH=43，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，
∵BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，
∴25﹣49a2＝16a2﹣9a2，
∴a2=2556，
∴BH=524，
∴BC＝2BH=522．
3．（2019•上海）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，D是AO延长线上一点，联结BD并延长交⊙O于点E，联结CD并延长交⊙O于点F．
（1）求证：BD＝CD；
（2）如果AB2＝AO•AD，求证：四边形ABDC是菱形．

【分析】（1）连接BC，根据AB＝AC，OB＝OA＝OC，即可得出AD垂直平分BC，根据线段垂直平分线性质求出即可；
（2）根据相似三角形的性质和判定求出∠ABO＝∠ADB＝∠BAO，求出BD＝AB，再根据菱形的判定推出即可．
【解答】证明：（1）如图1，连接BC，OB，OC，

∵AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，
∴A在BC的垂直平分线上，
∵OB＝OA＝OC，
∴O在BC的垂直平分线上，
∴AO垂直平分BC，
∴BD＝CD；

（2）如图2，连接OB，

∵AB2＝AO•AD，
∴ABAO=ADAB，
∵∠BAO＝∠DAB，
∴△ABO∽△ADB，
∴∠OBA＝∠ADB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∴∠OAB＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AB＝AC＝BD＝CD，
∴四边形ABDC是菱形．
4．（2018•上海）已知⊙O的直径AB＝2，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥AC，垂足为点F．

（1）如图1，如果AC＝BD，求弦AC的长；
（2）如图2，如果E为弦BD的中点，求∠ABD的余切值；
（3）联结BC、CD、DA，如果BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，求△ACD的面积．
【分析】（1）由AC＝BD知AD+CD=CD+BC，得AD=BC，根据OD⊥AC知AD=CD，从而得AD=CD=BC，即可知∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，利用AF＝AOsin∠AOF可得答案；
（2）连接BC，设OF＝t，证OF为△ABC中位线及△DEF≌△BEC得BC＝DF＝2t，由DF＝1﹣t可得t=13，即可知BC＝DF=23，继而求得EF=14AC=23，由余切函数定义可得答案；
（3）先求出BC、CD、AD所对圆心角度数，从而求得BC＝AD=2、OF=22，从而根据三角形面积公式计算可得．
【解析】（1）∵OD⊥AC，
∴AD=CD，∠AFO＝90°，
又∵AC＝BD，
∴AC=BD，即AD+CD=CD+BC，
∴AD=BC，
∴AD=CD=BC，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，
∵AB＝2，
∴AO＝BO＝1，
∴AF＝AOsin∠AOF＝1×32=32，
则AC＝2AF=3；

（2）如图1，连接BC，

∵AB为直径，OD⊥AC，
∴∠AFO＝∠C＝90°，
∴OD∥BC，
∴∠D＝∠EBC，
∵DE＝BE、∠DEF＝∠BEC，
∴△DEF≌△BEC（ASA），
∴BC＝DF、EC＝EF，
又∵AO＝OB，
∴OF是△ABC的中位线，
设OF＝t，则BC＝DF＝2t，
∵DF＝DO﹣OF＝1﹣t，
∴1﹣t＝2t，
解得：t=13，
则DF＝BC=23、AC=AB2-BC2=22-(23)2=423，
∴EF=12FC=14AC=23，
∵OB＝OD，
∴∠ABD＝∠D，
则cot∠ABD＝cot∠D=DFEF=2323=2；

（3）如图2，

∵BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，
∴∠BOC=360n、∠AOD＝∠COD=360n+4，
则360n+2×360n+4=180，
解得：n＝4或﹣2，﹣2舍去．
∴∠BOC＝90°、∠AOD＝∠COD＝45°，
∴BC＝AC=2，
∵∠AFO＝90°，
∴OF＝AOcos∠AOF=22，
则DF＝OD﹣OF＝1-22，
∴S△ACD=12AC•DF=12×2×（1-22）=2-12．
5．（2017•上海）如图，已知⊙O的半径长为1，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，BO的延长线交AC于点D，联结OA、OC．
（1）求证：△OAD∽△ABD；
（2）当△OCD是直角三角形时，求B、C两点的距离；
（3）记△AOB、△AOD、△COD 的面积分别为S1、S2、S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OD的长．

【分析】（1）由△AOB≌△AOC，推出∠C＝∠B，由OA＝OC，推出∠OAC＝∠C＝∠B，由∠ADO＝∠ADB，即可证明△OAD∽△ABD；
（2）如图2中，当△OCD是直角三角形时，需要分类讨论解决问题；
（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD＝x．想办法用x表示AD、AB、CD，再证明AD2＝AC•CD，列出方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图1中，

在△AOB和△AOC中，
OA=OAAB=ACOB=OC，
∴△AOB≌△AOC，
∴∠C＝∠B，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠C＝∠B，
∵∠ADO＝∠ADB，
∴△OAD∽△ABD．

（2）如图2中，①当∠ODC＝90°时，

∵BD⊥AC，OA＝OC，
∴AD＝DC，
∴BA＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
在Rt△OAD中，∵OA＝1，∠OAD＝30°，
∴OD=12OA=12，
∴AD=OA2-OD2=32，
∴BC＝AC＝2AD=3．
②∠COD＝90°，∠BOC＝90°，BC=12+12=2，
③∠OCD显然≠90°，不需要讨论．
综上所述，BC=3或2．

（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD＝x．

∵△DAO∽△DBA，
∴ADDB=ODAD=OAAB，
∴ADx+1=xAD=1AB，
∴AD=x(x+1)，AB=x(x+1)x，
∵S2是S1和S3的比例中项，
∴S22＝S1•S3，
∵S2=12AD•OH，S1＝S△OAC=12•AC•OH，S3=12•CD•OH，
∴（12AD•OH）2=12•AC•OH•12•CD•OH，
∴AD2＝AC•CD，
∵AC＝AB．CD＝AC﹣AD=x(x+1)x-x(x+1)，
∴（x(x+1)）2=x(x+1)x•（x(x+1)x-x(x+1)），
整理得x2+x﹣1＝0，
解得x=5-12或-5-12，
经检验：x=5-12是分式方程的根，且符合题意，
∴OD=5-12．
（也可以利用角平分线的性质定理：ADAC=ADAB=DOOB，黄金分割点的性质解决这个问题）

方法2、设OD＝x，设△AOB的边上的高为h，则△AOD的边OD边上的高也为h，
∴S△AOBS△AOD=12BO×h12DO×h=BODO=1x，
设S△AOB＝a，
∴S△AOD＝ax，
∵△AOB≌△AOC，
∴S△AOC＝S△AOB＝a
∴S△AOC＝S△AOD+S△COD，
∴S△COD＝a﹣ax＝a（1﹣x），
∵S2是S1和S3的比例中项，
∴S22＝S1•S3，
∴（ax）2＝a×a（1﹣x），
∴x=-1±52，
∵OD＞0，
∴OD=5-12．
6．（2016•上海）已知：如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，点D在边BC上，AE∥BC，AE＝BD．
（1）求证：AD＝CE；
（2）如果点G在线段DC上（不与点D重合），且AG＝AD，求证：四边形AGCE是平行四边形．

【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等，得出∠B＝∠ACB，再根据全等三角形的判定得△ABD≌△CAE，即可得出AD＝CE；
（2）连接AO并延长，交边BC于点H，由等腰三角形的性质和外心的性质得出AH⊥BC，再由垂径定理得BH＝CH，得出CG与AE平行且相等．
【解答】证明：（1）在⊙O中，
∵AB=AC，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AE∥BC，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴∠B＝∠EAC，
在△ABD和△CAE中，AB=CA∠B=∠EACBD=AE，
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴AD＝CE；
（2）连接AO并延长，交边BC于点H，
∵AB=AC，OA为半径，
∴AH⊥BC，
∴BH＝CH，
∵AD＝AG，
∴DH＝HG，
∴BH﹣DH＝CH﹣GH，即BD＝CG，
∵BD＝AE，
∴CG＝AE，
∵CG∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形．

7．（2015•上海）已知，如图，AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，动点P，Q分别在线段OC，CD上，且DQ＝OP，AP的延长线与射线OQ相交于点E，与弦CD相交于点F（点F与点C，D不重合），AB＝20，cos∠AOC=45，设OP＝x，△CPF的面积为y．
（1）求证：AP＝OQ；
（2）求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当△OPE是直角三角形时，求线段OP的长．

【分析】（1）连接OD，证得△AOP≌△ODQ后即可证得AP＝OQ；
（2）作PH⊥OA，根据cos∠AOC=45得到OH=45PO=45x，从而得到S△AOP=12AO•PH＝3x，利用△PFC∽△PAO得当对应边的比相等即可得到函数解析式；
（3）分当∠POE＝90°时、当∠OPE＝90°时，当∠OEP＝90°时三种情况讨论即可得到正确的结论．
【解析】（1）连接OD，
在△AOP和△ODQ中，
AO=OD∠AOC=∠C=∠ODQOP=DQ，
∴△AOP≌△ODQ，
∴AP＝OQ；

（2）作PH⊥OA，
∵cos∠AOC=45，
∴OH=45PO=45x，
∴S△AOP=12AO•PH＝3x，
又∵△PFC∽△PAO，
∴yS△AOP=(CPPO)2=（10-xx）2，
整理得：y=3x2-60x+300x，
∵AP延长线与CD相交于点F，
∴CF≤CD＝16，易知△CPF∽△OPA，
∴CPx=CFAO，
∴x的定义域为：5013＜x＜10；

（3）当∠POE＝90°时，CQ=OCcos∠QCO=252，PO＝DQ＝CD﹣CQ=72（舍）；
当∠OPE＝90°时，PO＝AO•cos∠COA＝8；
当∠OEP＝90°时，如图，由（1）知△AOP≌△ODQ，
∴∠APO＝∠OQD，
∴∠AOQ＝∠OQD＝∠APO，
∵∠AOQ＜90°，∠APO＞90°（矛盾），
∴此种情况不存在，
∴线段OP的长为8．


2020模拟汇编





一．选择题（共8小题）
1．（2020•普陀区二模）如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①AC=2CD；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝3∠BOC，正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据题意和垂径定理，可以得到AC＝BD，AB=BC，BC=CD，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解析】∵OB⊥AC，BC＝CD，
∴AB=BC，BC=CD，
∴AC=2CD，故①正确；
AC＜AB+BC＝BC+CD＝2CD，故②错误；
OC⊥BD，故③正确；
∠AOD＝3∠BOC，故④正确；
故选：C．
2．（2020•金山区二模）如图，∠MON＝30°，OP是∠MON的角平分线，PQ∥ON交OM于点Q，以P为圆心半径为4的圆与ON相切，如果以Q为圆心半径为r的圆与⊙P相交，那么r的取值范围是（　　）

A．4＜r＜12 B．2＜r＜12 C．4＜r＜8 D．r＞4
【分析】如图，过点P作PA⊥OM于点A．根据题意首先判定OM是切线，根据切线的性质得到PA＝4．由角平分线的性质和平行线的性质判定直角△APQ中含有30度角，则由“30度角所对的直角边是斜边的一半”得到PQ的长度；然后根据圆与圆的位置关系求得r的取值范围．
【解析】如图，过点P作PA⊥OM于点A．
∵圆P与ON相切，设切点为B，连接PB．
∴PB⊥ON．
∵OP是∠MON的角平分线，
∴PA＝PB．
∴PA是半径，
∴OM是圆P的切线．
∵∠MON＝30°，OP是∠MON的角平分线，
∴∠1＝∠2＝15°．
∵PQ∥ON，
∴∠3＝∠2＝15°．
∴∠4＝∠1+∠3＝30°．
∵PA＝4，
∴PQ＝2PA＝8．
∴r最小值＝8﹣4＝4，r最大值＝8+4＝12．
∴r的取值范围是4＜r＜12．
故选：A．

3．（2020•杨浦区二模）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（　　）
A．asin36° B．acos36° C．a2sin18° D．a2cos18°
【分析】设AB是圆内接正十边形的边长，连接OA、OB，过O作OC⊥AB于C，解直角三角形即可得到结论．
【解析】设AB是圆内接正十边形的边长，
连接OA、OB，过O作OC⊥AB于C，
则∠AOB=360°10=36°，
∴∠AOC=12∠AOB=18°，AC=12AB=a2，
∴OA=ACsin∠AOC=a2sin18°，
故选：C．

4．（2020•浦东新区二模）矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，如果分别以A、C为圆心的两圆外切，且点D在圆C内，点B在圆C外，那么圆A的半径r的取值范围是（　　）
A．5＜r＜12 B．18＜r＜25 C．1＜r＜8 D．5＜r＜8
【分析】首先根据点D在⊙C内，点B在⊙C外，求得⊙C的半径是大于5而小于12；再根据勾股定理求得AC＝13，最后根据两圆外切的位置关系得到其数量关系．
【解析】∵在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，
∴AC=AB2+BC2=13，
∵点D在⊙C内，点B在⊙C外，
∴⊙C的半径R的取值范围为：5＜R＜12，
当⊙A和⊙C外切时，圆心距等于两圆半径之和是13，设⊙C的半径是Rc，即Rc+r＝13，
又∵5＜Rc＜12，
则r的取值范围是1＜r＜8．
故选：C．
5．（2020•崇明区二模）如果一个正多边形的外角是锐角，且它的余弦值是32，那么它是（　　）
A．等边三角形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形
【分析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出答案．
【解析】∵一个外角为锐角，且其余弦值为32，
∴这个一个外角＝30°，
∴360÷30＝12．
故它是正十二边形．
故选：D．
6．（2020•闵行区一模）如果两个圆的圆心距为3，其中一个圆的半径长为4，另一个圆的半径长大于1，那么这两个圆的位置关系不可能是（　　）
A．内含 B．内切 C．外切 D．相交．
【分析】首先利用一个圆的半径为4，另一个圆的半径大于1来求得两圆的半径之差的范围，然后根据圆心距d与两半径的关系判断即可．
【解析】∵一个圆的半径R为4，另一个圆的半径r大于1，
∴R﹣r＜4﹣1，R+r＞5
即：R﹣r＜3，
∵圆心距为3，
∴两圆不可能外切，
故选：C．
7．（2020•奉贤区一模）在△ABC中，AB＝9，BC＝2AC＝12，点D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC，AD＝2BD，以AD为半径的⊙D和以CE为半径的⊙E的位置关系是（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
【分析】分别计算⊙D和以CE为半径的⊙E的半径，并计算DE的长，根据外切的定义可解答．
【解析】如图，

∵DE∥BC，
∴DEBC=ADAB，
∵BC＝12，AD＝2BD，
∴DE12=23，DE＝8，
∵⊙D的半径为AD＝6，⊙E的半径CE＝2，
∴AD+CE＝6+2＝8＝DE，
∴以AD为半径的⊙D和以CE为半径的⊙E的位置关系是外切，
故选：B．
8．（2020•利辛县模拟）已知⊙A的半径AB长是5，点C在AB上，且AC＝3，如果⊙C与⊙A有公共点，那么⊙C的半径长r的取值范围是（　　）
A．r≥2 B．r≤8 C．2＜r＜8 D．2≤r≤8
【分析】先确定点C到⊙A的最大距离为8，最小距离为2，利用⊙C与⊙A相交或相切确定r的范围．
【解析】∵⊙A的半径AB长是5，点C在AB上，且AC＝3，
∴点C到⊙A的最大距离为8，最小距离为2，
∵⊙C与⊙A有公共点，
∴2≤r≤8．
故选：D．
二．解答题（共28小题）
9．（2020•普陀区二模）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交边DC于E、F两点，AD＝1，BC＝5，设⊙O的半径长为r．
（1）联结OF，当OF∥BC时，求⊙O的半径长；
（2）过点O作OH⊥EF，垂足为点H，设OH＝y，试用r的代数式表示y；
（3）设点G为DC的中点，联结OG、OD，△ODG是否能成为等腰三角形？如果能，试求出r的值；如不能，试说明理由．

【分析】（1）证OF为梯形ABCD的中位线，得出r＝OF=12（AD+BC）＝3即可；
（2）连接OD、OC，过点D作DM⊥BC于M，则CM＝BC﹣BM＝4，由勾股定理得出DC＝2r2+4，由四边形ABCD的面积＝△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积，进而得出答案；
（3）证OG是梯形ABCD的中位线，得出OG∥AD，OG＝3，DG=12CD=r2+4，由勾股定理得OD=r2+1，分三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）∵OF∥BC，OA＝OB，
∴OF为梯形ABCD的中位线，
∴OF=12（AD+BC）=12（1+5）＝3，
即⊙O的半径长为3；
（2）连接OD、OC，过点D作DM⊥BC于M，如图1所示：
则BM＝AD＝1，
∴CM＝BC﹣BM＝4，
∴DC=DM2+CM2=(2r)2+42=2r2+4，
∵四边形ABCD的面积＝△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积，
∴12（1+5）×2r=12×2r2+4×y+12×r×1+12×r×5，
整理得：y=3rr2+4r2+4；
（3）△ODG能成为等腰三角形，理由如下：
∵点G为DC的中点，OA＝OB，
∴OG是梯形ABCD的中位线，
∴OG∥AD，OG=12（AD+BC）=12（1+5）＝3，
DG=12CD=r2+4，
由勾股定理得：OD=OA2+AD2=r2+1，
分三种情况：
①DG＝DO时，则r2+4=r2+1，无解；
②OD＝OG时，如图2所示：
r2+1=3，
解得：r＝22；
③GD＝GO时，作OH⊥CD于H，如图3所示：
∠GOD＝∠GDO，
∵OG∥AD，
∴∠ADO＝∠GOD，
∴∠ADO＝∠GDO，
在△ADO和△HDO中，∠DAO=∠DHO=90°∠ADO=∠HDOOD=OD，
∴△ADO≌△HDO（AAS），
∴OA＝OH，
则此时圆O和CD相切，不合题意；
综上所述，△ODG能成为等腰三角形，r＝22．



10．（2020•杨浦区二模）如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝8，点P是射线AC上一点（不与点A、C重合），过P作PM⊥AB，垂足为点M，以M为圆心，MA长为半径的⊙M与边AB相交的另一个交点为点N，点Q是边BC上一点，且CQ＝2CP，联结NQ．
（1）如果⊙M与直线BC相切，求⊙M的半径长；
（2）如果点P在线段AC上，设线段AP＝x，线段NQ＝y，求y关于x的函数解析式及定义域；
（3）如果以NQ为直径的⊙O与⊙M的公共弦所在直线恰好经过点P，求线段AP的长．

【分析】（1）先利用勾股定理求出AB，进而表示出BM，再判断出△BHM∽△BCA，即可得出结论；
（2）先表示出BQ＝2x，
过Q作QG⊥AB，垂足为点G，再用三角函数表示出BG=455x，QG=255x，再用三角函数表示出MA=55x，AN=255x，进而得出NG=45-655x，最后用勾股定理建立方程，即可得出结论；
（3）先判断出P、E、N在同一直线上，再要判断出∠PAN＝∠ANE和∠NMO＝∠B，进而判断出QA＝QB，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）解：如图1，在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝8，
∴AB=42+82=45，
设⊙M的半径长为R，则BM=45-R，
过M作MH⊥BC，垂足为点H，
∴MH∥AC，
∵MH∥AC，
∴△BHM∽△BCA，
∴MBAB=MHAC，
∵⊙M与直线BC相切，
∴MA＝MH，
∴45-R45=R4，
∴R=5-5，
即⊙M的半径长为5-5．

（2）如图2，
∵AP＝x，
∴CP＝4﹣x，
∵CQ＝2CP，
∴CQ＝8﹣2x，
∴BQ＝BC﹣CQ＝8﹣（8﹣2x）＝2x，
过Q作QG⊥AB，垂足为点G，
∵cosB=BGBQ=BCAB，
∴BG2x=845，
∴BG=455x，
同理：QG=255x，
∵PM⊥AB，
∴∠AMP＝90°，
∴cosA=AMAP=ACAB=55，
∵AP＝x，
∴MA=55x，AN=255x
∴NG=45-655x，
在Rt△QNG中，根据勾股定理得，QN2＝NG2+QG2，
∴y2=(45-655x)2+(255x)2，
∴y=22x2-12x+20（0＜x＜4）；

（3）当点P在线段AC上，如图3，
设以NQ为直径的⊙O与⊙M的另一个交点为点E，连接EN，MO，
则MO⊥EN，
∴∠NMO+∠ANE＝90°，
∵以NQ为直径的⊙O与⊙M的公共弦所在直线恰好经过点P，
即P、E、N在同一直线上，
又∵PM⊥AB，MA＝MN，
∴PN＝PA，
∴∠PAN＝∠ANE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PAN+∠B＝90°，
∴∠NMO＝∠B，
连接AQ，
∵M、O分别是线段AN、NQ的中点，
∴MO∥AQ
∴∠NMO＝∠BAQ，
∴∠BAQ＝∠B，
∴QA＝QB，
在Rt△QAC中，根据勾股定理得，QA2＝AC2+QC2，
∴（2x）2＝42+（8﹣2x）2，
∴x=52，
同理：当点P在线段AC的延长线上，x=112，
即线段AP的长为52或112．



11．（2020•虹口区二模）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，cosC=35，DC＝5，BC＝6，以点B为圆心，BD为半径作圆弧，分别交边CD、BC于点E、F．

（1）求sin∠BDC的值；
（2）联结BE，设点G为射线DB上一动点，如果△ADG相似于△BEC，求DG的长；
（3）如图2，点P、Q分别为边AD、BC上动点，将扇形DBF沿着直线PQ折叠，折叠后的弧D'F'经过点B与AB上的一点H（点D、F分别对应点D'，F'），设BH＝x，BQ＝y，求y关于x的函数关系式（不需要写定义域）．
【分析】（1）如图1中，连接BE，过点D作DK⊥BC于K，过点B作BJ⊥CD于J．想办法求出BJ，BD即可解决问题．
（2）分两种情形分别求解：①当△ADG∽△BCE时．②当△ADG∽△ECB时，分别利用相似三角形的性质求解即可．
（3）如图3中，过点B作BJ⊥PQ交DF于J，连接BJ，JH，JQ，过点J作JG⊥BH于G，过点Q作QK⊥JH于K．由题意BQ＝QJ＝y，求出QK，KJ，在Rt△QKJ中，利用勾股定理即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接BE，过点D作DK⊥BC于K，过点B作BJ⊥CD于J．

在Rt△CDK中，∵∠DKC＝90°，CD＝5，cos∠C=CKCD=35，
∴CK＝3，
∵BC＝6，
∴BK＝CK＝3，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝90°
∵DK⊥BC，
∴∠A＝∠ABC＝∠DKB＝90°，
∴四边形ABKD是矩形，
∴AD＝BK＝3，
∴DB＝DC＝5，DK=CD2-CK2=52-32=4，
∵S△DCB=12•BC•DK=12•CD•BJ，
∴BJ=245，
∴DJ=BD2-BJ2=52-(245)2=75，
∵BD＝BE，BJ⊥DE，
∴DJ＝JE=75，
∴EC＝CD﹣DJ＝JE＝5-145=115，
∴sin∠BDC=BJBD=2455=2425．

（2）如图2中，

∵AD∥BC，
∴∠ADG＝∠DBC，
∵DB＝DC，
∴∠DBC＝∠C，
∴∠ADG＝∠C，
∵△ADG相似△BEC，
∴有两种情形：当△ADG∽△BCE时，
∴ADBC=DGEC，
∴36=DG115，
∴DG=1110，
当△ADG∽△ECB时，
ADEC=DGBC，
3115=DG6，
∴DG=9011．

（3）如图3中，过点B作BJ⊥PQ交DF于J，连接BJ，JH，JQ，过点J作JG⊥BH于G，过点Q作QK⊥JH于K．

由题意：QB＝QJ＝y，BJ＝BD＝5，
∵JB＝JH，JG⊥BH，
∴BG＝GH=12x，
∴JG=BJ2-BG2=25-14x2，
∵∠GBQ＝∠BGK＝∠QKG＝90°，
∴四边形BGKQ是矩形，
∴BQ＝GK＝y，QK＝GB=12x，
在Rt△QKJ中，
∵JQ2＝QK2+KJ2，
∴y2=14x2+（25-14x2-y）2，
∴y=25100-x2100-x2．
12．（2020•杨浦区二模）如图，有一拱桥的桥拱是圆弧形，已知桥拱的水面跨度AB（弧所对的弦的长）为8米，拱高CD（弧的中点到弦的距离）为2米．
（1）求桥拱所在圆的半径长；
（2）如果水面AB上升到EF时，从点E测得桥顶D的仰角为α，且cotα＝3，求水面上升的高度．

【分析】（1）联结OA，设半径OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣2，在Rt△ACO中，利用勾股定理构建方程求解即可．
（2）设水面上升的高度为x米，即CG＝x，则DG＝2﹣x，EG＝6﹣3x，在Rt△EGO中，根据EG2+OG2＝OE2，构建方程求解即可．
【解析】（1）∵点D是AB的中点，DC⊥AB，
∴AC＝BC，DC经过圆心，
设拱桥的桥拱弧AB所在圆的圆心为O，
∵AB＝8，
∴AC＝BC＝4，
联结OA，设半径OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣2，
∵OD⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
在Rt△ACO中，∵OA2＝AC2+OC2，
∴R2＝（R﹣2）2+42，
解之得R＝5．
答：桥拱所在圆的半径长为5米．
（2）设OD与EF相交于点G，联结OE，
∵EF∥AB，OD⊥AB，
∴OD⊥EF，
∴∠EGD＝∠EGO＝90°，
在Rt△EGD中，cotα=EGDG=3，
∴EG＝3DG，
设水面上升的高度为x米，即CG＝x，则DG＝2﹣x，
∴EG＝6﹣3x，
在Rt△EGO中，∵EG2+OG2＝OE2，
∴（6﹣3x）2+（3+x）2＝52，
化简得 x2﹣3x+2＝0，解得 x1＝2（舍去），x2＝1，
答：水面上升的高度为1米．

13．（2020•金山区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，P是线段BC上任意一点，以点P为圆心PB为半径的圆与线段AB相交于点Q（点Q与点A、B不重合），∠CPQ的角平分线与AC相交于点D．
（1）如果DQ＝PB，求证：四边形BQDP是平行四边形；
（2）设PB＝x，△DPQ的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）如果△ADQ是以DQ为腰的等腰三角形，求PB的长．

【分析】（1）由等腰三角形的性质和角平分线的性质可得∠CPD＝∠PBQ＝∠DPQ＝∠PQB，由“AAS”可证△DPQ≌△BQP，可得DP＝BQ，可得结论；
（2）由“SAS”可证△DPE≌△DPQ，可得S△DPE＝S△DPQ＝y，通过证明△DCP∽△ACB，可求CD=34（8﹣x），即可求解；
（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）∵BP＝PQ，
∴∠PBQ＝∠PQB，
∵DP平分∠CPQ，
∴∠CPD＝∠QPD，
∵∠CPQ＝∠PBQ+∠PQB＝2∠PBQ，
∴∠CPD＝∠PBQ＝∠DPQ＝∠PQB，
∴DP∥BQ，
∵DQ＝PB，PQ＝PB，
∴DQ＝QP，
∴∠QDP＝∠QPD＝∠PQB＝∠PBQ，
又∵PB＝DQ，
∴△DPQ≌△BQP（AAS）
∴DP＝BQ，
∴四边形BPDQ是平行四边形；
（2）如图，设BC与⊙P的交点为E，连接DE，

∵EP＝PQ，∠DPE＝∠DPQ，DP＝DP，
∴△DPE≌△DPQ（SAS），
∴S△DPE＝S△DPQ＝y，DQ＝DE，
∵BP＝x，
∴PC＝8﹣x，
∵DP∥AB，
∴△DCP∽△ACB，
∴DCAC=CPBC，
∴CD6=8-x8，
∴CD=34（8﹣x），
∴S△DPQ＝y=12×EP×CD=12×x×34（8﹣x）=-38x2+3x（0＜x＜254）；
（3）当DQ＝AD时，
∵AD＝AC﹣CD，
∴AD＝6-34（8﹣x）=34x，
∴DQ＝DE＝AD=34x，
∵DE2＝DC2+CE2，
∴（34x）2＝（6-34x）2+（8﹣2x）2，
∴x1＝4，x2=254（不合题意舍去），
当AQ＝DQ时，
过点P作PF⊥AB于F，

∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=36+64=10，
∵cos∠B=BFPB=BCAB，
∴BFx=810，
∴BF=45x，
∵PB＝PQ，PF⊥AB，
∴BQ＝2BF=85x，
∴AQ＝10-85x，
∴AQ＝DQ＝DE＝10-85x，
∵DE2＝DC2+CE2，
∴（10-85x）2＝（6-34x）2+（8﹣2x）2，
∴x3＝0（不合题意舍去），x4=40089，
综上所述：BP的长为4和40089．
14．（2020•奉贤区二模）如图，已知半圆⊙O的直径AB＝10，弦CD∥AB，且CD＝8，E为弧CD的中点，点P在弦CD上，联结PE，过点E作PE的垂线交弦CD于点G，交射线OB于点F．
（1）当点F与点B重合时，求CP的长；
（2）设CP＝x，OF＝y，求y与x的函数关系式及定义域；
（3）如果GP＝GF，求△EPF的面积．

【分析】（1）如图1，连接EO，交弦CD于点H，根据垂径定理得EO⊥AB，由勾股定理计算OH=CO2-CH2=3，可得EH的长，证明∠HPE＝∠HGE＝45°，则PE＝GE．从而可得结论；
（2）如图2，连接OE，证明△PEH∽△EFO，列比例式可得结论；
（3）如图3，作PQ⊥AB，分别计算PE和EF的长，利用三角形面积公式可得结论．
【解析】（1）连接EO，交弦CD于点H，

∵E为弧CD的中点，
∴EO⊥AB，
∵CD∥AB，
∴OH⊥CD，
∴CH=12CD，
连接CO，
∵AB＝10，CD＝8，
∴CO＝5，CH＝4，
∴OH=CO2-CH2=3，
∴EH＝EO﹣OH＝2，
∵点F与点B重合，
∴∠OBE＝∠HGE＝45°，
∵PE⊥BE，
∴∠HPE＝∠HGE＝45°，
∴PE＝GE，
∴PH＝HG＝2，
∴CP＝CH﹣PH＝4﹣2＝2；
（2）如图2，连接OE，交CD于H，
∵∠PEH+∠OEF＝90°，∠OFE+∠OEF＝90°，

∴∠PEH＝∠OFE，
∵∠PHE＝∠EOF＝90°，
∴△PEH∽△EFO，
∴EHFO=PHEO，
∵EH＝2，FO＝y，PH＝4﹣x，EO＝5，
∴2y=4-x5，
∴y=104-x(0≤x＜3)．
（3）如图3，过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，

∵GP＝GF，
∴∠GPF＝∠GFP，
∵CD∥AB，
∴∠GPF＝∠PFQ，
∵PE⊥EF，
∴PQ＝PE，
由（2）可知，△PEH∽△EFO，
∴PEEF=PHEO，
∵PQ＝OH＝3，
∴PE＝3，
∵EH＝2，
∴PH=PE2-EH2=5，
∴3EF=55，
∴EF=35，
∴S△EPF=12⋅PE⋅EF=12×3×35=952．
15．（2020•黄浦区二模）已知：如图，圆O是△ABC的外接圆，AO平分∠BAC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）当OA＝4，AB＝6，求边BC的长．

【分析】（1）连接OB、OC，先证明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再证明△OAB≌△OAC得AB＝AC，问题得证；
（2）延长AO交BC于点H，先证明AH⊥BC，BH＝CH，设OH＝b，BH＝CH＝a，根据OA＝4，AB＝6，由勾股定理列出a、b的方程组，解得a、b，便可得BC．
【解析】（1）连接OB、OC，
∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，
∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，
在△OAB和△OAC中，
∠OAB=∠OAC∠OBA=∠OCAAO=AO，
∴△OAB≌△OAC（AAS），
∴AB＝AC
即△ABC是等腰三角形；

（2）延长AO交BC于点H，
∵AH平分∠BAC，AB＝AC，
∴AH⊥BC，BH＝CH，
设OH＝b，BH＝CH＝a，
∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝4，AB＝6，
∴a2+b2=16a2+(b+4)2=36，
解得，a=372b=12，
∴BC＝2a＝37．
16．（2020•徐汇区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝5，cosB=45，点O是边BC上的动点，以OB为半径的⊙O与射线BA和边BC分别交于点E和点M，联结AM，作∠CMN＝∠BAM，射线MN与边AD、射线CD分别交于点F、N．
（1）当点E为边AB的中点时，求DF的长；
（2）分别联结AN、MD，当AN∥MD时，求MN的长；
（3）将⊙O绕着点M旋转180°得到⊙O'，如果以点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O'都内切，求⊙O的半径长．

【分析】（1）如图1中，连接EM．想办法证明EM垂直平分线段AB，推出MB＝MA，再证明AM＝AF，求出BM即可解决问题．
（2）想办法证明四边形AMDN是等腰梯形即可解决问题．
（3）由点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O'都内切，推出NM⊥BC，此时点E与A重合，求出BM即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接EM．

∵BM是⊙O的直径，
∴∠BEM＝90°，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE=52，
∵cos∠B=BEBM=45，
∴BM=258，
∵EM⊥AB，EB＝EA，
∴MA＝MB=258，
∴∠B＝∠BAM，
∵AMC＝∠B+∠BAM＝∠AMF+∠CMF，∠CMN＝∠BAM，
∴∠AMF＝∠B＝∠CMN，
∵AD∥BC，
∴∠AFM＝∠AMF，
∴AF＝AM=258，
∴DF＝AD﹣AF＝5-258=158．

（2）如图2中，

∵AB＝DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠B＝∠C，
∵AD∥BC，
∴∠ADN＝∠C，
由（1）可知∠AMN＝∠B，
∴∠AMN＝∠ADN，
∴A，M，D，N四点共圆，
∵AN∥DM，
∴∠ANM＝∠NMD，
∴AM=DN，
∴AM＝DN，
∵AN∥DM，
∴四边形AMDN是等腰梯形，
∴MN＝AD＝5．
（3）如图3中，

∵点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O'都内切，
∴NM⊥BC，
∵AD∥BC，
∴MN⊥AF，
∴∠AFM＝90°
由（1）可知：∠BAM＝∠CMN＝∠AFM，
∴∠BAM＝90°，
∴此时点E与A重合，
∵cosB=ABBM=45，
∴BM=254，
∴⊙O的半径为258．
17．（2020•静安区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，sin∠BAC=45．点D在边AB上（不与点A、B重合），以AD为半径的⊙A与射线AC相交于点E，射线DE与射线BC相交于点F，射线AF与⊙A交于点G．
（1）如图，设AD＝x，用x的代数式表示DE的长；
（2）如果点E是DG的中点，求∠DFA的余切值；
（3）如果△AFD为直角三角形，求DE的长．

【分析】（1）过点D作DH⊥AC，垂足为H．根据锐角三角函数和勾股定理即可用x的代数式表示DE的长；
（2）根据题意可设BC＝4k（k＞0），AB＝5k，则AC=AB2-BC2=3k．过点A作AM⊥DE，垂足为M，再根据锐角三角函数和勾股定理即可表示∠DFA的余切值；
（3）分两种情况讨论：当点E在AC上时，只有可能∠FAD＝90°；当点E在AC的延长线上时，只有可能∠AFD＝90°，此时∠AFC＝∠AEF．根据锐角三角函数和勾股定理即可求DE的长．
【解析】（1）如图，

过点D作DH⊥AC，垂足为H．
在Rt△AEH中，DH=AD⋅sin∠BAC=45x，
AH=AD2-DH2=35x．
在⊙A中，AE＝AD＝x，
∴EH=AE-AD=x-35x=25x，
∴DE=EH2+DH2=255x；
（2）∵sin∠BAC=BCAB=45，
∴可设BC＝4k（k＞0），AB＝5k，
则AC=AB2-BC2=3k．
∵AC＝15，
∴3k＝15，
∴k＝5．
∴BC＝20，AB＝25．
∵点E是DG的中点，由题意可知此时点E在边AC上，点F在BC的延长线上，
∴∠FAC＝∠BAC．
∵∠FCA＝∠BCA＝90°，AC＝AC，
∴△FCA≌△BCA（ASA），
∴FC＝BC＝20．
∵tan∠AED=DHEH=45x25x=2，
又∵∠AED＝∠FEC，且∠AED、∠FEC都为锐角，
∴tan∠FEC＝2．
∴EC=FCtan∠FEC=202=10．
∴AE＝AC﹣EC＝20﹣10＝5．
过点A作AM⊥DE，垂足为M，
则EM=12ED=12×255×5=5．
∵sin∠AED=DHED=45x255x=255，
∴AM=AE⋅sin∠AED=255×5=25．
在Rt△EFC中，EF=EC2+FC2=105．
∴在Rt△AFM中，cot∠AFD=FMAM=FE+EMAM=105+525=112．
答：∠DFA的余切值为112；
（3）当点E在AC上时，只有可能∠FAD＝90°．
∵FC＝CE•tan∠FEC＝2（15﹣x），
∴EF=EC2+FC2=5(15-x)．
∴FD=EF+ED=5(15-x)+255x=155-355x．
∵cos∠AED=EHDH=55，
又∵∠AED＝∠ADE，且∠AED、∠ADE都为锐角，
∴cos∠ADE=cos∠AED=55．
∴cos∠ADE=ADDF=x155-355x=55．
∴AD＝x=758．
∴DE=255x=255×758=1554．
当点E在AC的延长线上时，只有可能∠AFD＝90°，此时∠AFC＝∠AEF．
∵∠AFC、∠AEF都为锐角，
∴tan∠AEF＝tan∠AFC＝2．
∵CE＝AE﹣AC＝x﹣15，
∴CF＝CE•tan∠AEF＝2（x﹣15）．
∴tan∠AFC=ACCF=152(x-15)=2．
∴AD＝x=754．
∴DE=255x=255×754=1552．
综上所述，△AFD为直角三角形时，DE的长为1554或1552．
18．（2020•宝山区二模）如图，已知：在直角△ABC中，∠ABC＝90°，点M在边BC上，且AB＝12，BM＝4，如果将△ABM沿AM所在的直线翻折，点B恰好落在边AC上的点D处，点O为AC边上的一个动点，联结OB，以O圆心，OB为半径作⊙O，交线段AB于点B和点E，作∠BOF＝∠BAC交⊙O于点F，OF交线段AB于点G．
（1）求点D到点B和直线AB的距离；
（2）如果点F平分劣弧BE，求此时线段AE的长度；
（3）如果△AOE为等腰三角形，以A为圆心的⊙A与此时的⊙O相切，求⊙A的半径．

【分析】（1）先根据勾股定理求出AM，进而求出cos∠BAM，再判断出∠BAM＝∠MBN，进而求出BN，再判断出∠BDH＝∠MBN，即可得出结论；
（2）先判断出OF垂直平分BE，进而利用tan∠BAC=OGAG=4m12-3m=34，求出m，即可得出结论；
（3）先设EK＝3n，则AK＝4n，EA＝5n，进而表示出OA＝2AK＝8n，AP=45OA=32n5，PE=7n5，再用AB建立方程求出n，进而求出rO＝OE＝5n=10013，圆心距d＝OA=16013，再分两种情况，利用两圆相切，即可得出结论．
【解析】（1）如图1，记BD与AM的交点为N，那么∠BNM＝90°，BN＝DN，
在Rt△ABM中，AB＝12，BM＝4，根据勾股定理得，AM=AB2+BM2=410，
∴cos∠BAM=ABAM=31010，
由折叠知，BD⊥AM，
∴∠BNM＝90°，
∴∠MBN+∠AMB＝90°，
∵∠AMB+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠MBN，
在Rt△BMN中，BM＝4，
∴BN＝BM•cos∠MBN＝BM•cos∠BAM=6105，
∴BD＝2BN=12105，
过点D作DH⊥AB于H，则DH∥CB，
∴∠BDH＝∠MBN，
∴DH＝BD•cos∠BDH=12105×31010=365；
（2）如图2，在Rt△ADH中，
DH=365，AD＝AB＝12，
∴sin∠CAB=35，
∵点F平分BE，
∴OF垂直平分BE，
在Rt△BOG中，设BG＝3m，OG＝4m，
在Rt△AOG中，tan∠BAC=OGAG=4m12-3m=34，
∴m=3625，
∴AE＝AB﹣BE＝12﹣6m=8425；
（3）∵△AOE是钝角三角形，
∴只存在EO＝EA，如图3，
过E作EK⊥AC于K，
在Rt△AEK中，设EK＝3n，则AK＝4n，EA＝5n，
过点O作OP⊥AB于P，
在Rt△AOP中，OA＝2AK＝8n，AP=45OA=32n5，
∴PE＝AP﹣AE=32n5-5=7n5，
∵AB＝2PE+EA=14n5+5n＝12，
∴n=2013，此时，rO＝OE＝5n=10013，圆心距d＝OA=16013，
当⊙A与⊙O外切时，rO+rA＝d，
∴rA＝d﹣rO=6013，
当⊙A与⊙O内切时，rA﹣rO＝d，
∴rA＝d+rO＝20．



19．（2020•长宁区二模）已知AB是⊙O的一条弦，点C在⊙O上，联结CO并延长，交弦AB于点D，且CD＝CB．
（1）如图1，如果BO平分∠ABC，求证：AB=BC；
（2）如图2，如果AO⊥OB，求AD：DB的值；
（3）延长线段AO交弦BC于点E，如果△EOB是等腰三角形，且⊙O的半径长等于2，求弦BC的长．

【分析】（1）证明△OBA≌△OBC即可解决问题．
（2）如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM＝a．首先证明∠CDB＝∠CBD＝75°，解直角三角形求出AD，BD（用a表示）即可解决问题．
（3）因为∠OEB＝∠C+∠COE＞∠OBE，推出OE≠OB，分两种情形：如图3﹣1中，当BO＝BE时，如图3﹣2中，当EO＝EB时，分别求解即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵OB＝OA＝OC，
∴∠A＝∠ABO，∠C＝∠OBC，
∴∠A＝∠C，
∵OB＝OB，
∴△OBA≌△OBC（AAS），
∴AB＝BC，
∴AB=BC．

（2）解：如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM＝a．

∵OA⊥OB，
∴∠MON＝∠DMO＝∠DNO＝90°，
∴四边形DMON是矩形，
∴DN＝OM＝a，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠A＝∠ABO＝45°，
∵OC＝OB，CD＝CB，
∴∠C＝∠OBC，∠CDB＝∠CBD，
∵∠C+∠CDB+∠CBD＝180°，
∴3∠C+90°＝180°，
∴∠C＝30°，
∴∠CDB＝∠CBD＝75°，
∵∠DMB＝90°，
∴∠MDB＝∠DBM＝45°，
∴DM＝BM，∠ODM＝30°，
∴DM=3OM=3a，DN=2DM=6a，AD=2DN=2a，
∴ADDB=2a6a=33．

（3）解：如图3﹣1中，当BO＝BE时，

∵CD＝CB，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴∠A+∠AOD＝∠OBA+∠OBC，
∵∠A＝∠ABO，
∴∠AOD＝∠OBC＝∠C，
∵AOD＝∠COE，
∴∠C＝∠COE＝∠CBO，
∵∠C＝∠C，
∴△OCE∽△BCO，
∴OCBC=CEOC，
∴22+EC=EC2，
∴EC2+2EC﹣4＝0，
解得EC＝﹣1+5或﹣1-5（舍弃），
∴BC=5+1．
如图3﹣2中，当EO＝EB时，同法可证△OEB是等腰直角三角形，

∴EO＝EB＝EC=22OB=2，
∴BC＝22，
∵∠OEB＝∠C+∠COE＞∠OBE，
∴OE≠OB，
综上所述，BC的值为5+1或22．
20．（2020•青浦区二模）如图，已知AB是半圆O的直径，AB＝6，点C在半圆O上．过点A作AD⊥OC，垂足为点D，AD的延长线与弦BC交于点E，与半圆O交于点F（点F不与点B重合）．

（1）当点F为BC的中点时，求弦BC的长；
（2）设OD＝x，DEAE=y，求y与x的函数关系式；
（3）当△AOD与△CDE相似时，求线段OD的长．
【分析】（1）联结OF，交BC于点H．得出∠BOF＝∠COF．则∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，可求出BH，BC的长；
（2）联结BF．证得OD∥BF，则DEDF=3-x3+x，即DEAD=3-x3+x，得出DEAE=3-x6，则得出结论；
（3）分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去，②当∠DCE＝∠DAO时，联结OF，证得∠OAF＝30°，得出OD=12OA=32，则答案得出．
【解析】（1）如图1，联结OF，交BC于点H．

∵F是BC中点，
∴OF⊥BC，BC＝2BH．
∴∠BOF＝∠COF．
∵OA＝OF，OC⊥AF，
∴∠AOC＝∠COF，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，
在Rt△BOH中，sin∠BOH=BHOB=32，
∵AB＝6，
∴OB＝3，
∴BH=332，
∴BC＝2BH＝33；
（2）如图2，联结BF．

∵AF⊥OC，垂足为点＝D，
∴AD＝DF．
又∵OA＝OB，
∴OD∥BF，BF＝2OD＝2x．
∴DEEF=CDBF=3-x2x，
∴DEDF=3-x3+x，
即DEAD=3-x3+x，
∴DEAE=3-x6，
∴y=3-x6．
（3）△AOD∽△CDE，分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去．
②当∠DCE＝∠DAO时，联结OF．

∵OA＝OF，OB＝OC，
∴∠OAF＝∠OFA，∠OCB＝∠OBC．
∵∠DCE＝∠DAO，
∴∠OAF＝∠OFA＝∠OCB＝∠OBC．
∵∠AOD＝∠OCB+∠OBC＝2∠OAF，
∴∠OAF＝30°，
∴OD=12OA=32．
即线段OD的长为32．
21．（2020•浦东新区二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，点O为斜边AB的中点，以O为圆心，5为半径的圆与BC相交于E、F两点，联结OE、OC．
（1）求EF的长；
（2）求∠COE的正弦值．

【分析】（1）作OM⊥EF于M，如图，根据垂径定理得到EM＝FM，利用三角形中位线性质得到OM=12AC＝4，然后利用勾股定理计算出EM，从而得到EF的长；
（2）利用CE＝OE＝5得到∠OEC＝∠OCE，在利用勾股定理计算出OC＝45，然后利用正弦的定义求出sin∠OCM，从而得到∠COE的正弦值．
【解析】（1）作OM⊥EF于M，如图，则EM＝FM，
∵∠ACB＝90°，
∴OM⊥BC，
∴OM=12AC=12×8＝4，
在Rt△OEM中，EM=52-42=3，
∴EF＝2EM＝6；
（2）CM=12BC＝8，
∴CE＝8﹣3＝5，
∴CE＝OE，
∴∠OEC＝∠OCE，
在Rt△OCM中，OC=42+82=45，
∴sin∠OCM=OMCM=445=55，
∴∠COE的正弦值为55．

22．（2020•闵行区二模）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE＝8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH＝60°，设CG＝x，EH＝y．
（1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
（2）如图②，当点G在边CD上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．

【分析】（1）连接OQ，由正六边形的性质得出BC＝DE，∠ABC＝120°，BE∥CD，得出BC=DE，∠EBC=12∠ABC＝60°，证出BQ=EQ，得出∠BOQ＝∠EOQ，证出∠BOQ＝∠EOQ＝90°．进而得出结论；
（2）在BE上截取EM＝HE，连接HM，证△HEM是等边三角形，得出EM＝HE＝HM＝y，∠HME＝60°，证△BCG∽△BMH，得出BCBM=CGMH．进而得出结论；
（3）当点G在边CD上时．当点G在CD的延长线上时．分别分两种情况，根据相似三角形的性质和解分式方程解答即可．
【解析】（1）连接OQ，如图①所示：
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴BC＝DE，∠ABC＝120°，BE∥CD，
∴BC=DE，∠EBC=12∠ABC＝60°，
∵点Q是CD的中点，
∴CQ=DQ，
∴BC+CQ=DE+DQ，
即BQ=EQ，
∴∠BOQ＝∠EOQ，
∵∠BOQ+∠EOQ＝180°，
∴∠BOQ＝∠EOQ＝90°．
∵BO＝OQ，
∴∠OBQ＝∠BQO＝45°，
∴∠CBG＝∠EBC﹣∠OBQ＝60°﹣45°＝15°；
（2）在BE上截取EM＝HE，连接HM，如图②所示：
∵正六边形ABCDEF，直径BE＝8，
∴BO＝OE＝BC＝4，∠BCD＝∠FED＝120°，
∴∠FEB=12∠FED＝60°，
∵EM＝HE，
∴△HEM是等边三角形，
∴EM＝HE＝HM＝y，∠HME＝60°，
∴∠BCD＝∠HMB＝120°，
∵∠EBC＝∠GBH＝60°，
∴∠EBC﹣∠GBE＝∠GBH﹣∠GBE，
即∠GBC＝∠HBE，
∴△BCG∽△BMH，
∴BCBM=CGMH．
又∵CG＝x，BE＝8，CD＝BC＝4，
∴48-y=xy，
∴y与x的函数关系式为y=8xx+4（0＜x＜4）．
（3）如图③，当点G在边CD上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠CDE＝∠AFE＝120°，
①当AFED=FHDG．
∵AF＝ED，
∴FH＝DG，
∴CG＝EH，
即：x=y=8xx+4，
解分式方程得：x＝4．
经检验x＝4是原方程的解，但不符合题意舍去．
②当AFDG=FHDE．即：44-x=4-y4，
解分式方程得：x＝12．
经检验x＝12是原方程的解，但不符合题意舍去．
如图④，当点G在CD的延长线上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠EDG＝∠AFH＝60°，
①当AFED=FHDG．
∵AF＝ED，
∴FH＝DG，
∴CG＝EH，
即：x=y=8xx+4，
解分式方程得：x＝4．
经检验x＝4是原方程的解，但不符合题意舍去．
②当AFDG=FHDE．即：4x-4=y-44，
解分式方程得：x＝12．
经检验x＝12是原方程的解，且符合题意．
综上所述，如果△AFH与△DEG相似，那么CG的长为12．




23．（2020•崇明区二模）如图已知⊙O经过A、B两点，AB＝6，C是AB的中点，联结OC交弦AB与点D，CD＝1．
（1）求圆⊙O的半径；
（2）过点B、点O分别作点AO、AB的平行线，交于点G，E是⊙O上一点，联结EG交⊙O于点F，当EF＝AB，求sin∠OGE的值．

【分析】（1）根据题意和垂径定理，可知∠ODA＝90°，AD＝3，设OA＝r，则OD＝r﹣1，然后根据勾股定理即可得到r的长；
（2）根据AB＝EF，可知OD＝OH，然后平行四边形的判定和性质，可以得到OG的长，从而可以求得sin∠OGE的值．
【解析】（1）∵AB＝6，C是AB的中点，CD＝1，
∴OC⊥AB且OC平分AB，
∴AD＝3，∠ODA＝90°，
设OA＝r，则OD＝r﹣1，
∴r2＝32+（r﹣1）2，
解得，r＝5，
即圆⊙O的半径为5；
（2）作OH⊥EF于点H，
∵AB＝EF，OD＝r﹣1＝4，
∴OH＝OD＝4，∠OHG＝90°，
∵OA∥BG，OG∥AB，
∴四边形OABG是平行四边形，
∴OG＝AB，
∵AB＝6，
∴OG＝6，
∴sin∠OGH=OHOG=46=23，
即sin∠OGE=23．

24．（2020•宝山区二模）已知：如图，⊙O与⊙P相切于点A，如果过点A的直线BC交⊙O于点B，交⊙P于点C，OD⊥AB于点D，PE⊥AC于点E．
求：（1）求DEBC的值；
（2）如果⊙O和⊙P的半径比为3：5，求ABAC的值．

【分析】（1）根据垂径定理得出AD=12AB，AE=12AC，即可求出答案；
（2）根据等腰三角形的性质和对顶角相等得出∠OBA＝∠PCA，求出△OOA∽△CPA，根据相似三角形的性质得出即可．
【解析】（1）∵OD⊥AB，PE⊥AC，OD过O，PE过P，
∴AD=12AB，AE=12AC，
∴DEBC=AD+AEBA+BC=12；

（2）连接OP，OP必过切点A，连接OB、CP，
∵OB＝OA，PA＝PC，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠PAC＝∠PCA，
即∠OBA＝∠PCA，∠BAO＝∠PAC，
∴△OOA∽△CPA，
∴ABAC=OAAP，
∵⊙O和⊙P的半径比为3：5，即OAAP=35，
∴ABAC=35．
25．（2020•闵行区一模）在圆O中，弦AB与CD相交于点E，且弧AC与弧BD相等．点D在劣弧AB上，联结CO并延长交线段AB于点F，联结OA、OB．当OA=5，且tan∠OAB=12．

（1）求弦CD的长；
（2）如果△AOF是直角三角形，求线段EF的长；
（3）如果S△CEF＝4S△BOF，求线段AF的长．
【分析】（1）如图，过点O作OH⊥AB于点H，由锐角三角函数可求OH＝1，AH＝2，由垂径定理可得AB＝4，即可求CD＝4
（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；
（3）先利用面积关系得出COFO=53，进而利用勾股定理，即可得出结论．
【解析】（1）如图，过点O作OH⊥AB于点H，
∵tan∠OAB=12=OHAH，
∴设OH＝a，AH＝2a，
∵AO2＝OH2+AH2＝5，
∴a＝1，
∴OH＝1，AH＝2，
∵OH⊥AB，
∴AB＝2AH＝4，
∵弧AC＝弧BD
∴AB=CD，
∴AB＝CD＝4；
（2）∵OA＝OB，
∴∠OAF＝∠OBA，
∴∠OAF＝∠ECF，
①当∠AFO＝90°时，
∵OA=5，tan∠OBA=12，
∴OC＝OA=5，OF＝1，AB＝4，
∴EF＝CF•tan∠ECF＝CF•tan∠OBA=5+12；

②当∠AOF＝90°时，
∵OA＝OB，
∴∠OAF＝∠OBA，
∴tan∠OAF＝tan∠OBA=12，
∵OA=5，
∴OF＝OA•tan∠OAF=52，
∴AF=52，
∵∠OAF＝∠OBA＝∠ECF，∠OFA＝∠EFC，
∴△OFA∽△EFC，
∴EFOF=OC+OFAF=355，
∴EF=355OF=32，
即：EF=32或5+12；

（3）如图，连接OE，
∵∠ECB＝∠EBC，
∴CE＝EB，
∵OE＝OE，OB＝OC，
∴△OEC≌△OEB，
∴S△OEC＝S△OEB，
∵S△CEF＝4S△BOF，
∴S△CEO+S△EOF＝4（S△BOE﹣S△EOF），
∴S△CEOS△EFO=53，
∴COFO=53，
∴FO=35CO=355，
∴OH=OA2-AH2=1，
∴HF=OF2-OH2=255，
∴AF＝AH+HF＝2+255．

26．（2020•宝山区一模）如图，直线l：y=3x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以原点O为圆心，OB1为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2作x的垂线交直线l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按此做法进行下去．
求：
（1）点B1的坐标和∠A1OB1的度数；
（2）弦A4B3的弦心距的长度．

【分析】（1）求出tan∠A1OB1的值，A1B1即可解决问题．
（2）连接A4B3，作OH⊥A4B3于H．求出OH即可．
【解析】（1）∵直线的解析式y=3x，
∴tan∠A1OB1=A1B1OA1=3，
∴∠A1OB1＝60°，OA1＝1，
∴A1B1=3，OA2＝OB1＝2，
∴B1（1，3）．

（2）连接A4B3，作OH⊥A4B3于H．
由题意OA1＝1，OA2＝2，OA3＝4，OA4＝8，
∵OA4＝OB3，OH⊥A4B3，
∴∠A4OH=12∠A4OB3＝30°，
∴OH＝OA4•cos30°＝8×32=43．

27．（2020•闵行区一模）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝4，tanB＝3．以AB为直径作⊙O，交边DC于E、F两点．
（1）求证：DE＝CF；
（2）求：直径AB的长．

【分析】（1）直接利用垂径定理结合平行线分线段成比例定理得出DH＝HC，进而得出答案；
（2）过点A作AG⊥BC，垂足为点G，再利用已知结合勾股定理得出答案．
【解答】（1）证明：过点O作OH⊥DC，垂足为H．
∵AD∥BC，∠ADC＝90°，OH⊥DC，
∴∠BCN＝∠OHC＝∠ADC＝90°．
∴AD∥OH∥BC．
又∵OA＝OB．
∴DH＝HC．
∵OH⊥DC，OH过圆心，
∴EH＝HF，
∴DH﹣EH＝HC﹣HF．
即：DE＝CF．

（2）解：过点A作AG⊥BC，垂足为点G，∠AGB＝90°，
∵∠AGB＝∠BCN＝90°，
∴AG∥DC．
∵AD∥BC，
∴AD＝CG．
∵AD＝2，BC＝4，
∴BG＝BC﹣CG＝2．
在Rt△AGB中，∵tanB＝3，
∴AG＝BG•tanB＝2×3＝6．
在Rt△AGB中，AB2＝AG2+BG2
∴AB=210．

28．（2020•嘉定区一模）如图，在⊙O中，AB、CD是两条弦，⊙O的半径长为rcm，弧AB的长度为l1cm，弧CD的长度为l2cm（温馨提醒：弧的度数相等，弧的长度相等，弧相等，有联系也有区别）．当l1＝l2时，求证：AB＝CD．

【分析】根据弧长公式求得∠AOB＝∠COD，然后利用ASA证得△AOB≌△COD，即可证得结论．
【解析】设∠AOB＝m°，∠COD＝n°，
由题意，得 l1=mrπ180，l2=nrπ180，
∵BGDG=FHCH，∴mrπ180=nrπ180，
∴m＝n，即∠AOB＝∠COD，
∵OA、OB、OC、OD都是⊙O的半径，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵OA＝OC，∠AOB＝∠COD，OB＝OD，
∴△AOB≌△COD（SAS）
∴AB＝CD．
29．（2019•杨浦区三模）△ABC中，∠ACB＝90°，tanB=34，AB＝5，点O为边AB上一动点，以O为圆心，OB为半径的圆交射线BC于点E，以A为圆心，OB为半径的圆交射线AC于点G．
（1）如图1，当点E、G分别在边BC、AC上，且CE＝CG时，请判断圆A与圆O的位置关系，并证明你的结论；
（2）当圆O与圆A存在公共弦MN时（如图2），设OB＝x，MN＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）设圆A与边AB的交点为F，联结OE、EF，当△OEF为以OE为腰的等腰三角形时，求圆O的半径长．

【分析】（1）由三角函数得出AC＝3，BC＝4，作OP⊥BE于P，则PB＝PE，OP∥AC，得出OBAB=PBBC，设PB＝PE＝x，则CG＝CE＝4﹣2x，得出OB=54x，AG＝AC﹣CG＝2x﹣1，得出方程，得出x=43，OB═53，求出OA＝AB﹣OB＝2OB，即可得出结论；
（2）连接OM，由相交两圆的性质得出OA与MN垂直平分，∠ODM＝90°，DM=12MN=12y，AD＝OD=12（5﹣x），由勾股定理得出方程，整理即可；
（3）分三种情况：①当圆O与圆A外切，OE＝OF时，圆O与圆A外切，圆O的半径长OB=53；
②当OE＝FE时，圆O与圆A相交，作EH⊥OF于H，则OF＝OH=52-OB，证明△BEH∽△BAC，得出EH=158，在Rt△OEH中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
③当O与A重合时，OE＝OF，OE＝AB＝5；即可得出结论．
【解析】（1）圆A与圆O外切，理由如下：
∵∠ACB＝90°，tanB=34，AB＝5，∴AC＝3，BC＝4，
作OP⊥BE于P，如图1所示：
则PB＝PE，OP∥AC，
∴OBAB=PBBC，
设PB＝PE＝x，则CG＝CE＝4﹣2x，
∴OB=5×x4=54x，AG＝AC﹣CG＝2x﹣1，
∵AG＝OB，
∴2x﹣1=54x，
解得：x=43，
∴OB═53，
∴OA＝AB﹣OB＝5-53=103=2OB，
∴圆A与圆O外切；
（2）连接OM，如图2所示：
∵圆O与圆A存在公共弦MN，
∴OA与MN垂直平分，
∴∠ODM＝90°，DM=12MN=12y，AD＝OD=12（5﹣x），
由勾股定理得：DM2＝OM2﹣OD2，即（12y）2＝x2﹣（5-x2）2，
整理得：y2＝3x2+10x﹣25，
∴y=3x2+10x-25（53＜x＜5）；
（3）分三种情况：
①当圆O与圆A外切，OE＝OF时，圆O与圆A外切，圆O的半径长OB=53；
②当OE＝FE时，圆O与圆A相交，如图3所示：
作EH⊥OF于H，则OF＝OH=52-OB，
∵∠B＝∠B，∠EHB＝90°＝∠C，
∴△BEH∽△BAC，
∴EHAC=BFBC，
∴EH=3×524=158，
在Rt△OEH中，由勾股定理得：（158）2+（52-OB）2＝OE2＝OB2，
解得：OB=12564；
③当O与A重合时，OE＝OF，F与B重合，OE＝AB＝5；
综上所述，当△OEF为以OE为腰的等腰三角形时，圆O的半径长为53或12564或5．



30．（2019•青浦区二模）已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，D是AB的中点，以CD为直径的⊙Q分别交BC、BA于点F、E，点E位于点D下方，连接EF交CD于点G．
（1）如图1，如果BC＝2，求DE的长；
（2）如图2，设BC＝x，GDGQ=y，求y关于x的函数关系式及其定义域；
（3）如图3，连接CE，如果CG＝CE，求BC的长．

【分析】（1）如图1中，连接CE．在Rt△CDE中，求出CD，CE即可解决问题．
（2）如图2中，连接CE，设AC交⊙Q于K，连接FK，DF，DK．想办法用x表示CD，DE，证明FK∥AB，推出DGGQ=DEFQ，延长构建关系式即可解决问题．根据点E位于点D下方，确定x的取值范围即可．
（3）如图3中，连接FK．证明ED＝EC，由此构建方程即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接CE．

在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝2，
∴AB=12+22=5，
∵CD 是⊙Q的直径，
∴∠CED＝90°，
∴CE⊥AB，
∵BD＝AD，
∴CD=12AB=52，
∵12•AB•CE=12•BC•AC，
∴CE=255，
在Rt△CDE中，DE=CD2-CE2=(52)2-(255)2=3510．

（2）如图2中，连接CE，设AC交⊙Q于K，连接FK，DF，DK．

∵∠FCK＝90°，
∴FK是⊙Q的直径，
∴直线FK经过点Q，
∵CD是⊙Q的直径，
∴∠CFD＝∠CKD＝90°，
∴DF⊥BC，DK⊥AC，
∵DC＝DB＝DA，
∴BF＝CF，CK＝AK，
∴FK∥AB，
∴DGGQ=DEFQ，
∵BC＝x，AC＝1，
∴AB=1+x2，
∴DC＝DB＝DA=1+x22，
∵△ACE∽△ABC，
∴可得AE=11+x2，
∴DE＝AD﹣AE=1+x22-11+x2，
∴DECD=DE2FQ，
∴1+x22-11+x21+x22=y2，
∴y=2x2-21+x2（x＞1）．

（3）如图3中，连接FK．

∵CE＝CG，
∴∠CEG＝∠CGE，
∵∠FKC＝∠CEG，
∵FK∥AB，
∴∠FKC＝∠A，
∵DC＝DA，
∴∠A＝∠DCA，
∴∠A＝∠DCA＝∠CEG＝∠CGE，
∴∠CDA＝∠ECG，
∴EC＝DE，
由（2）可知：1×x1+x2=1+x22-11+x2，
整理得：x2﹣2x﹣1＝0，
∴x＝1+2或1-2（舍弃），
∴BC＝1+2．
31．（2019•浦东新区二模）已知AB是圆O的一条弦，P是圆O上一点，过点O作MN⊥AP，垂足为点M，并交射线AB于点N，圆O的半径为5，AB＝8．
（1）当P是优弧AB的中点时（如图），求弦AP的长；
（2）当点N与点B重合时，试判断：以圆O为圆心，32为半径的圆与直线AP的位置关系，并说明理由；
（3）当∠BNO＝∠BON，且圆N与圆O相切时，求圆N半径的长．

【分析】（1）连接PO并延长交弦AB于点H，由垂径定理得出PH⊥AB，AH＝BH，由勾股定理得出OH=AO2-AH2=3，在△APH中，∠AHP＝90°，PH＝OP+OH＝8，由勾股定理求出AP即可；
（2）作OG⊥AB于G，先证明△OBG∽△ABM，得出BMAB=BGOB，求出BM=325，得出OM=75，由75＜32，即可的距离；
（3）分情况讨论：①当圆N与圆O相外切时，作OD⊥AB于D，由勾股定理求出OD=OB2-BD2=3，证出BN＝OB＝5，得出DN的长，再由勾股定理求出ON，然后由相切两圆的性质即可得出圆N的半径；
当圆N与圆O相内切时，由相切两圆的性质即可得出结果．
②当点N在线段AB上时，此时点P在弦AB的下方，点N在圆O内部，作OE⊥AB于E，则AE＝BE＝4，证出BN＝OB＝5，EN＝BN＝BE＝1，由勾股定理求出OE=OB2-BE2=3，在Rt△OEN中，再由勾股定理得：ON=OE2+EN2=10，即可得出结果．
【解析】（1）连接PO并延长交弦AB于点H，如图1所示：
∵P是优弧AB的中点，PH经过圆心O，
∴PH⊥AB，AH＝BH，
在△AOH中，∠AHO＝90°，AH=12AB＝4，AO＝5，
∴OH=AO2-AH2=52-42=3，
在△APH中，∠AHP＝90°，PH＝OP+OH＝5+3＝8，
∴AP=PH2+AH2=82+42=45；
（2）当点N与点B重合时，以点O为圆心，32为半径的圆与直线AP相交；理由如下：
作OG⊥AB于G，如图2所示：
∵∠OBG＝∠ABM，∠OGB＝∠AMB，
∴△OBG∽△ABM，
∴BMAB=BGOB，即BM8=45，
解得：BM=325，
∴OM=325-5=75，
∵75＜32，
∴当点N与点B重合时，以点O为圆心，32为半径的圆与直线AP相交；
（3）①当点N在线段AB延长线上时，
当圆N与圆O相外切时，作OD⊥AB于D，如图3所示：
∵OA＝OB＝5，
∴AD＝DB=12AB＝4，
∴OD=OB2-BD2=52-42=3，
∵∠BNO＝∠BON，
∴BN＝OB＝5，
∴DN＝DB+BN＝9，
在Rt△ODN中，由勾股定理得：ON=OD2+DN2=32+92=310，
∵圆N与圆O相切，
∴圆N半径＝ON﹣5＝310-5；
当圆N与圆O相内切时，圆N半径＝ON+5＝310+5；
②当点N在线段AB上时，此时点P在弦AB的下方，点N在圆O内部，如图4所示：
作OE⊥AB于E，则AE＝BE＝4，OE=OB2-BE2=3，
∵∠BNO＝∠BON，
∴BN＝OB＝5，
∴EN＝BN＝BE＝1，
在Rt△OEN中，由勾股定理得：ON=OE2+EN2=32+12=10，
∴圆N半径为5-10或5+10；
综上所述，当∠BNO＝∠BON，且圆N与圆O相切时，圆N半径的长为310-5或310+5或5-10或5+10．




32．（2019•静安区二模）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点E为弦AB的中点，AO的延长线交BC于点D，联结ED．过点B作BF⊥DE交AC于点F．
（1）求证：∠BAD＝∠CBF；
（2）如果OD＝DB．求证：AF＝BF．

【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠C，由垂径定理得出AD⊥BC，BD＝CD，证出DE是△ABC的中位线．得出DE∥AC，证出∠BFC＝90°，由角的互余关系即可得出结论；
（2）连接OB．证出△ODB是等腰直角三角形，得出∠BOD＝45°．再由等腰三角形的性质得出∠OBA＝∠OAB．即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1所示：
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，
∵直线AD经过圆心O，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∵点E为弦AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
∴DE∥AC，
∵BF⊥DE，
∴∠BPD＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴∠CBF+∠ACB＝90°．
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠CBF+∠ABC＝90°，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝∠CBF；
（2）证明：连接OB．如图2所示：
∵AD⊥BC，OD＝DB，
∴△ODB是等腰直角三角形，
∴∠BOD＝45°．
∵OB＝OA，
∴∠OBA＝∠OAB．
∵∠BOD＝∠OBA+∠OAB，
∴∠BAO=12∠BOD＝22.5°，
∵AB＝AC，且AD⊥BC，
∴∠BAC＝2∠BAO＝45°．
∵∠2＝90°，即BF⊥AC，
∴在△ABF中，∠ABF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABF＝∠BAC，
∴AF＝BF．


33．（2019•静安区二模）已知：如图8，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，AB＝BC＝CD＝6．动点P在射线BA上，以BP为半径的⊙P交边BC于点E（点E与点C不重合），联结PE、PC．设BP＝x，PC＝y．
（1）求证：PE∥DC；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结PD，当∠PDC＝∠B时，以D为圆心半径为R的⊙D与⊙P相交，求R的取值范围．

【分析】（1）根据梯形的性质得到∠B＝∠DCB，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠PEB，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．推出四边形ADGF是矩形，PH∥AF，求得BF＝FG＝GC＝2，根据勾股定理得到AF=AB2-BF2=62-22=42，根据平行线分线段成比例定理得到PH=232x，BH=13x，求得CH＝6-13x，根据勾股定理即可得到结论；
（3）作EM∥PD交DC于M．推出四边形PDME是平行四边形．得到PE＝DM＝x，即 MC＝6﹣x，根据相似三角形的性质得到PD＝EC＝6-125=185，根据相切两圆的性质即可得到结论．
【解答】（1）∵证明：梯形ABCD，AB＝CD，
∴∠B＝∠DCB，
∵PB＝PE，
∴∠B＝∠PEB，
∴∠DCB＝∠PEB，
∴PE∥CD；

（2）解：分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．
∵梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC，DG⊥BC，PH⊥BC，
∴四边形ADGF是矩形，PH∥AF，
∵AD＝2，BC＝DC＝6，
∴BF＝FG＝GC＝2，
在Rt△ABF中，
AF=AB2-BF2=62-22=42，
∵PH∥AF，
∴PHAF=BPAB=BHBF，即PH42=x6=BH2，
∴PH=232x，BH=13x，
∴CH＝6-13x，
在Rt△PHC中，PC=PH2+CH2，
∴y=(223x)2+(6-13x)2，即y=x2-4x+36（0＜x＜9）；

（3）解：作EM∥PD交DC于M．
∵PE∥DC，
∴四边形PDME是平行四边形．
∴PE＝DM＝x，即 MC＝6﹣x，
∴PD＝ME，∠PDC＝∠EMC，
又∵∠PDC＝∠B，∠B＝∠DCB，
∴∠DCB＝∠EMC＝∠PBE＝∠PEB．
∴△PBE∽△ECM，
∴PBEC=BEMC，即x6-23x=23x6-x，
解得：x=185，
即BE=125，
∴PD＝EC＝6-125=185，
当两圆外切时，PD＝rP+R，即R＝0（舍去）；
当两圆内切时，PD＝rP﹣R，即R1＝0（舍去），R2=365；
即两圆相交时，0＜R＜365．

34．（2019•普陀区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，cos∠BAC=45，点O是边AC上一个动点（不与A、C重合），以点O为圆心，AO为半径作⊙O，⊙O与射线AB交于点D，以点C为圆心，CD为半径作⊙C，设OA＝x．
（1）如图2，当点D与点B重合时，求x的值；
（2）当点D在线段AB上，如果⊙C与AB的另一个交点E在线段AD上时，设AE＝y，试求y与x之间的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）在点O的运动过程中，如果⊙C与线段AB只有一个公共点，请直接写出x的取值范围．

【分析】（1）在Rt△BOC中，利用勾股定理即可解决问题．
（2）如图2中，作CH⊥AB于H，OG⊥AB于G，EK⊥AC于K，连接CE．利用勾股定理构建关系式即可解决问题．
（3）分三种情形分别求解即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，

在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，cos∠BAC=45，
∴AC＝4，BC=AB2-AC2=52-42=3，
∵OA＝OB＝x，
∴OC＝4﹣x，
在Rt△BOC中，∵OB2＝BC2+OC2，
∴x2＝32+（4﹣x）2，
∴x=258


（2）如图2中，作CH⊥AB于H，OG⊥AB于G，EK⊥AC于K，连接CE．

∵12•AB•CH=12•BC•AC，
∴CH=125，AH=165，
∵OD＝OA＝x，OG⊥AD，
∴AG＝DG＝OA•cosA=45x，
∴AD=85x，DH=85x-165，
∴CD2＝（125）2+（85x-165）2，
∵AK＝AE•cosA=45y，EK=35y，
∴CE2＝（4-45y）2+（35y）2，
∵CD＝CE，
∴（125）2+（85x-165）2＝（4-45y）2+（35y）2，
∴6425x2-25625x＝y2-325y，
∴（y-165）2=6425（x﹣2）2，
∵y＜165，x＞2，
∴165-y=85x-165，
∴y=-85x+325（2＜x≤258）．

（3）①如图3﹣1中，当⊙C经过点B时，

易知：BH＝DH=95，
∴BD=185，
∴AD＝5-185=75，
∴85x=75，
∴x=78，
观察图象可知：当0＜x＜78时，⊙C与线段AB只有一个公共点．

②如图3﹣2中，当⊙C与AB相切时，CD⊥AB，易知OA＝2，此时x＝2，

③如图3﹣3中，当258＜x＜4时，⊙C与线段AB只有一个公共点．

综上所述，当0＜x＜78或x＝2或258＜x＜4时，⊙C与线段AB只有一个公共点．
35．（2019•嘉定区二模）在圆O中，AB是圆O的直径，AB＝10，点C是圆O上一点（与点A、B不重合），点M是弦BC的中点．
（1）如图1，如果AM交OC于点E，求OE：CE的值；
（2）如图2，如果AM⊥OC于点E，求sin∠ABC的值；
（3）如图3，如果AB：BC＝5：4，点D为弦BC上一动点，过点D作DF⊥OC，交半径OC于点H，与射线BO交于圆内点F．探究一：如果设BD＝x，FO＝y，求y关于x的函数解析式及其定义域；探究二：如果以点O为圆心，OF为半径的圆经过点D，直接写出此时BD的长度；请你完成上述两个探究．

【分析】（1）如图1，过点O作ON∥BC交AM于点N，根据三角形的中位线的性质得到ON=12BM，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
（2）如图1，连接OM，根据垂径定理得到OM⊥BC，根据余角的性质得到∠OME＝∠MCE，根据相似三角形的性质得到ME2＝OE•CE，设OE＝x，则CE＝2x，ME=2x，解直角三角形即可得到结论；
（3）探究一：如图2，过点D作DL⊥DF交BO于点L，根据平行线的性质得到∠LDB＝∠C＝∠B，根据等腰三角形的判定定理得到BL＝DL，设BD＝x，则CD＝8﹣x，BL＝DL=58x，CH=45（8﹣x），OH＝OC﹣CH＝5-45（8﹣x），根据平行线成线段成比例定理得到y=20x-357（其中74≤x＜72）；
探究二：根据题意得到OF＝OD，根据等腰三角形的性质得到DF⊥OC，根据直角三角形的性质得到FO＝OL，列方程即可得到结论．
【解析】（1）过点O作ON∥BC交AM于点N，如图1

∴AOAB=ONBM，ONMC=OECE，
∵AO=BO=12AB
∴AOAB=ONBM=12
∵点M是弦BC的中点∴BM＝MC
∴OECE=ONBM，
∴OE：CE＝1：2；
（2）联结OM，如图2

∵点M是弦BC的中点，OM经过圆心O
∴OM⊥BC，∠OMC＝90°，
∵AM⊥OC，
∴∠MEO＝90°
∴∠OMC＝∠MEO＝90°，
又∵∠MOC＝∠EOM
∴△MOC∽△EOM；
∴OMOE=OCOM，
∵OE：CE＝1：2
∴OM=33OC，
∵OB＝OC
∴∠ABC＝∠OCM
在直角△MOC中，sin∠OCM=OMOC=33
∴sin∠ABC=33；
（3）探究一：如图3，过点D作DL⊥DF交BO于点L，取BC中点M，连接OM

∵DF⊥OC，
∴DL∥OC，
∴∠LDB＝∠C＝∠B
∴BL＝DL，
∵AB＝10，AB：BC＝5：4，
∴BC＝8，OC＝5，
∵BM＝CM＝4，
∴cos∠OCM=MCOC=CHCD=45
∵DL∥OC，
∴BLOB=BDBC
设BD＝x，则CD＝8﹣x，
∴BL＝DL=58x，CH=45（8﹣x），OH＝OC﹣CH＝5-45（8﹣x），
∵OH∥DL，
∴OHLD=OFFL，
∴45x-7558=yy+5-58x；
∴y关于x的函数解析式是y=207x-5
定义域是74≤x＜72，
探究二：∵以O为圆心，OF为半径的圆经过D，
∴OF＝OD，
∵DF⊥OC，
∴OC垂直平分DF，FO＝OL，
∴y＝5-58x，
∴207x-5=5-58x，
解得：x=11239，
∴BD=11239．
36．（2019•虹口区二模）如图，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝3，AB＝4，点P为射线BC上一动点，以P为圆心，BP长为半径作⊙P，交射线BC于点Q，联结BD、AQ相交于点G，⊙P与线段BD、AQ分别相交于点E、F．
（1）如果BE＝FQ，求⊙P的半径；
（2）设BP＝x，FQ＝y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）联结PE、PF，如果四边形EGFP是梯形，求BE的长．

【分析】（1）证出∠FQP＝∠ADB，由三角函数得出tan∠FQP=ABBQ=42r，得出43=42r，即可得出结果；
（2）过点P作PM⊥FQ，垂足为点M，在Rt△ABQ中，由三角函数得出cos∠AQB=BQAQ=xx2+4x2+4，在Rt△PQM中，QM＝PQcos∠AQB=x2x2+4x2+4，进一步求出y=2x2x2+4x2+4，当圆与D点相交时，x最大，作DH⊥BC于H，则PD＝PB＝x，DH＝AB＝4，BH＝AD＝3，则PH＝BP﹣BH＝x﹣3，在Rt△PDH中，由勾股定理得出方程，解方程求出x的值，即可得出x的取值范围；
（3）设BP＝x，分两种情况：①EP∥AQ时，求出QG＝QB＝2x，同理：AG＝AD＝3，在Rt△ABQ中，由勾股定理得出方程，解方程得出x=712，QG＝QB＝2x=76，由平行线得出BGBD=QGAQ，求出BG=75，即可得出结果；
②PF∥BD时，同①得：BG＝BQ＝2x，DG＝AD＝3，在Rt△ABD中，由勾股定理得出方程，解方程求出BQ＝2，BP＝1，作PN⊥BG于N，由垂径定理得出BE＝2BN，由三角函数得出cos∠PBN＝cos∠ADB=35，求出BN=35，即可得出结果．
【解析】（1）∵BE＝FQ，
∴∠BPE＝∠FPQ，
∵PE＝PB，
∴∠EBP=12（180°﹣∠EPB），
同理∠FQP=12（180°﹣∠FPQ），
∴∠EBP＝∠FQP，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠EBP，
∴∠FQP＝∠ADB，
∴tan∠FQP＝tan∠ADB=43，
设⊙P的半径为r，则tan∠FQP=ABBQ=42r，
∴43=42r，
解得：r=32，
∴⊙P的半径为32；
（2）过点P作PM⊥FQ，垂足为点M，如图1所示：
在Rt△ABQ中，cos∠AQB=BQAQ=2BP(2BP)2+AB2=2x(2x)2+42=xx2+4x2+4，
在Rt△PQM中，QM＝PQcos∠AQB=x2x2+4x2+4，
∵PM⊥FQ，PF＝PQ，
∴FQ＝2QM=2x2x2+4x2+4，
∴y=2x2x2+4x2+4，
当圆与D点相交时，x最大，作DH⊥BC于H，如图2所示：
则PD＝PB＝x，DH＝AB＝4，BH＝AD＝3，
则PH＝BP﹣BH＝x﹣3，
在Rt△PDH中，由勾股定理得：42+（x﹣3）2＝x2，
解得：x=256，
∴x的取值范围为：0＜x≤256；
（3）设BP＝x，分两种情况：
①EP∥AQ时，
∴∠BEP＝∠BGQ，
∵PB＝PE，
∴∠PBE＝∠BEP，
∴∠BGQ＝∠PBE，
∴QG＝QB＝2x，
同理：AG＝AD＝3，
在Rt△ABQ中，由勾股定理得：42+（2x）2＝（3+2x）2，
解得：x=712，
∴QG＝QB＝2x=76，
∵EP∥AQ，PB＝PQ，
∴BE＝EG，
∵AD∥BC，
∴BGBD=QGAQ，即BG5=763+76，
解得：BG=75，
∴BE=12BG=710；
②PF∥BD时，同①得：BG＝BQ＝2x，DG＝AD＝3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：42+32＝（3+2x）2，
解得：x＝1或x＝﹣4（舍去），
∴BQ＝2，
∴BP＝1，
作PN⊥BG于N，则BE＝2BN，如图3所示：
∵AD∥BC，
∴∠PBN＝∠ADB，
∴cos∠PBN＝cos∠ADB=35，即BNBP=35，
∴BN=35，
∴BE＝2BN=65；
综上所述，BE=710或65．