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2022年中考数学压轴题突破专题10 与圆有关的综合问题
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这是一份2022年中考数学压轴题突破专题10 与圆有关的综合问题，共92页。
2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题10 与圆有关的综合问题
【真题再现】
1．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．
（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
3．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
5．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
6．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形内接于，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，，，求的值．
7．（2020年镇江第26题）如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为MN的中点．
（1）求证：四边形ABEO为菱形；
（2）已知cos∠ABC=13，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．
8．（2020年南京第24题）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．
9．（2020年苏州第28题）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．
10．（2020年常州第27题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 （填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 ；
②若直线n的函数表达式为y=3x+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，2为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线l的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是45，求直线l的函数表达式．
【专项突破】
一、解答题
1．（2021·江苏淮安·二模）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．
(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
2．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD为⊙O直径，点E在BC延长线上，且∠E＝∠BAC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若ACDE，当AB＝16，DE＝4时，求⊙O半径的长．
3．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 ．
（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
4．（2021·江苏·靖江市靖城中学一模）以AB为直径作半圆O，AB＝10，点C是该半圆上一动点，连接AC、BC，并延长BC到点D，使DC＝BC，过点D作DE⊥AB于点E、交AC于点F，连接OF．
（1）如图1，当点E与点O重合时，求∠BAC的度数；
（2）如图2，当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，若点E在线段OA上，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出此时线段OE的长；若不存在，请说明理由．
5．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．
（1）求直线与的公共点个数，并说明理由；
（2）当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．
6．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
7．（2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模）如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．
（1）当点与点重合时，求的值；
（2）若是等腰三角形，求的值；
（3）若与线段只有一个公共点，求的取值范围．
8．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以为一组邻边作，连接，设的中点分别为，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为．
①是否存在这样的，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形的面积取得最大值？并判断此时直线与半圆O的位置关系（需说明理由）．
9．（2021·江苏·苏州高新区第五初级中学校一模）P是内一点，过点P作的任意一条弦，我们把的值称为点P关于的“幂值”．
（1）的半径为5，．
①如图1，若点P恰为弦的中点，则点P关于的“幂值”为_____；
②判断当弦的位置改变时，点P关于的“幂值”是否为定值，若是定值，证明你的结论；若不是定值，求点P关于的“幂值”的取值范围．
（2）若的半径为r，，请参考（1）的思路，用含r、d的式子表示点P关于的“幂值”或“幂值”的取值范围为_____；
（3）在平面直角坐标系中，的半径为4，若在直线上存在点P，使得点P关于的“幂值”为13，请写出b的取值范围．
10．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的点，过点D作DE∥AB，交AC于点E，过点E作EF∥BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB＝15，BC＝10，
①当BG＝2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为 ．
11．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校二模）如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）．动点P从O点出发，以每秒3个单位的速度，沿△OAB的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线l从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动．若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动．
（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；
（2）若⊙P是以P为圆心，1为半径的圆，
①当P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；
②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件．
12．（2021·江苏苏州·二模）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
13．（2021·江苏·苏州吴中区木渎实验中学一模）我们知道，顶点坐标为的抛物线的解析式为．今后我们还会学到，圆心坐标为，半径为的圆的方程．如：圆心为，半径为3的圆的方程为．
（1）以为圆心，为半径的圆的方程为________；
（2）如图，以为圆心的圆与轴相切于原点，是上一点，连接，作垂足为．延长交轴于点，已知．
①连接，证明：是的切线；
②在上是否存在一点，使？若存在，求点的坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，请说明理由．
14．（2021·江苏苏州·二模）如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．
（1）求证：为切线；
（2）求证：；
（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．
15．（2021·江苏·苏州市胥江实验中学校二模）如图，在中，以为直径的交边于点D，交边于点E．过点D作的切线，交于点F，交的延长线于点G，且，连接．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）求证：；
（3）若，，求的半径．
16．（2021·江苏·南师附中新城初中二模）如图，在矩形中，，，是上一点，，过点，与交于点．
（1）求弦的长．
（2）求证：是的切线．
17．（2021·江苏·南京市金陵汇文学校一模）如图1，对于△PMN的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点
在平画直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x＋1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2）・将点D绕原点O旋转得到点F，若△EOF关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
18．（2021·江苏盐城·一模）AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于CD，垂足为D.
（1）如图1，若AC平分∠BAD，求证：CD是⊙O的切线.
（2）如果把直线CD向下平行移动，如图2，直线CD交⊙O于C、G两点，AG＝2，BG＝4，求cos∠CAD的值.
19．（2021·江苏扬州·二模）如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．
20．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD＝2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM＝3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是 ．
2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题10 与圆有关的综合问题
【真题再现】
一、解答题
1．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
【答案】（1）相切，见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．
2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．
（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°
【解析】
【分析】
（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论；
②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；
（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；
（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2
当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】
（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA=
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°
②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中
∴
∵AD=OA=2，AB=4
∴
（2）连接AQ、BD
与（1）中的②相同，有
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴
∵AB=PA+PB=1+m
∴
∴
（3）由（2）知，
∴BQ=
即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】
本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
3．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
【答案】（1）作图如图所示；（2）①h +l；②见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；
（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；
②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．
【详解】
解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n°，
∵圆锥的母线长为， 的长为，
∴，
∴；
连接OA、CA，
∵，
∴是等边三角形，
∵B为母线的中点，
∴，
∴．
（2）① 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l
② 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，，GF=h， OB=b，
由的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：,进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
【点睛】
本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力要求较高，蕴含了数形结合等思想方法．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【解析】
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
5．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明，可得，即可得证；
（2）由已知条件可得，可得出，进而得出即可求得；
【详解】
（1）∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
又，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵
∴
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，正切的性质，以及相似三角形的性质判定，熟练掌握基础知识是解本题的关键．
6．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形内接于，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由圆内接四边形的性质可知，再由，即可得出．根据圆周角定理结合题意可知，即得出．由此易证，即得出．
（2）过点作，垂足为．根据题意可求出，结合（1）可知，即可求出．根据题意又可求出，利用三角函数即可求出，最后再利用三角函数即可求出最后结果．
【详解】
（1）证明：∵四边形是圆的内接四边形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点作，垂足为．
∵，，
∴．
由（1）知．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题．考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形．利用数形结合的思想并正确作出辅助线是解答本题的关键．
7．（2020年镇江第26题）如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为MN的中点．
（1）求证：四边形ABEO为菱形；
（2）已知cos∠ABC=13，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．
【分析】（1）先由G为MN的中点及同弧所对的圆周角和圆心角的关系得出∠MOG＝∠MDN，再由平行四边形的性质得出AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，进而判定四边形ABEO是平行四边形，然后证明AB＝AO，则可得结论；
（2）过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AB＝AO＝OE＝x，则由cos∠ABC=13，可用含x的式子分别表示出PA、OP及OQ，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值即可．
【解析】（1）证明：∵G为MN的中点，
∴∠MOG＝∠MDN．
∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，
∴∠MOG+∠A＝180°，
∴AB∥OE，
∴四边形ABEO是平行四边形．
∵BO平分∠ABE，
∴∠ABO＝∠OBE，
又∵∠OBE＝∠AOB，
∴∠ABO＝∠AOB，
∴AB＝AO，
∴四边形ABEO为菱形；
（2）如图，过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AE交OB于点F，
则∠PAO＝∠ABC，
设AB＝AO＝OE＝x，则
∵cos∠ABC=13，
∴cos∠PAO=13，
∴PAAO=13，
∴PA=13x，
∴OP＝OQ=223x
当AE与⊙O相切时，由菱形的对角线互相垂直，可知F为切点，
∴在Rt△OBQ中，由勾股定理得：(43x)2+(223x)2=82，
解得：x＝26（舍负）．
∴AB的长为26．
8．（2020年南京第24题）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠B，根据平行线的性质得出∠ADF＝∠B，求出∠ADF＝∠CFD，根据平行线的判定得出BD∥CF，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）求出∠AEF＝∠B，根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF＝180°，根据平行线的性质得出∠ECF+∠B＝180°，求出∠AEF＝∠EAF，根据等腰三角形的判定得出即可．
【解析】证明：（1）∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵DF∥BC，
∴∠ADF＝∠B，
∵∠BAC＝∠CFD，
∴∠ADF＝∠CFD，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）连接AE，
∵∠ADF＝∠B，∠ADF＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵四边形AECF是⊙O的内接四边形，
∴∠ECF+∠EAF＝180°，
∵BD∥CF，
∴∠ECF+∠B＝180°，
∴∠EAF＝∠B，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AF＝EF．
9．（2020年苏州第28题）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．
【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ，则8−t−x8−t=xt，解出x=8t−t28．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．
∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB=2BD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴PDOP=BDOQ，
∴8−t−x8−t=xt，
∴x=8t−t28．
∴OB=2⋅8t−t28=−28(t−4)2+22．
∵二次项系数小于0．
∴当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为22cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ=12OP⋅OQ+14PQ2，
=12t(8−t)+14[(8−t)2+t2]，
＝4t−12t2+12t2+16﹣4t＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．
10．（2020年常州第27题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 D （填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 10 ；
②若直线n的函数表达式为y=3x+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，2为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线l的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是45，求直线l的函数表达式．
【分析】（1）①根据远点，特征数的定义判断即可．
②如图1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．解直角三角形求出PH，PQ的长即可解决问题．
（2）如图2中，设直线l的解析式为y＝kx+b．分两种情形k＞0或k＜0，分别求解即可解决问题．
【解析】（1）①由题意，点D是⊙O关于直线m的“远点”，⊙O关于直线m的特征数＝DB•DE＝2×5＝10，
故答案为：D，10．
②如图1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．
设直线y=3x+4交x轴于F（−433，0），交y轴于E（0，4），
∴OE＝4，OF=433，
∴tan∠FEO=OFOE=33，
∴∠FEO＝30°，
∴OH=12OE＝2，
∴PH＝OH+OP＝3，
∴⊙O关于直线n的“特征数”＝PQ•PH＝2×3＝6．
（2）如图2中，设直线l的解析式为y＝kx+b．
当k＞0时，过点F作FH⊥直线l于H，交⊙F于E，N．
由题意，EN＝22，EN•NH＝45，
∴NH=10，
∵N（﹣1，0），M（1，4），
∴MN=22+42=25，
∴HM=MN2−NH2=20−10=10，
∴△MNH是等腰直角三角形，
∵MN的中点K（0，2），
∴KN＝HK＝KM=5，
∴H（﹣2，3），
把H（﹣2，3），M（1，4）代入y＝kx+b，则有k+b=4−2k+b=3，
解得k=13b=113，
∴直线l的解析式为y=13x+113，
当k＜0时，同法可知直线l′经过H′（2，1），可得直线l′的解析式为y＝﹣3x+7．
综上所述，满足条件的直线l的解析式为y=13x+113或y＝﹣3x+7．
【满分训练】
一、解答题
1．如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．
(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
【答案】(1)；．
(2)见解析．
(3)或．
【解析】
【分析】
（1）求，得，即点的勾股点；求出，即点的勾股点．
（2）由矩形性质得，可得；根据勾股数得，又因为．
（3）由条件“点的勾股点”仍可得，作为条件使用． 是等腰三角形需分3种情况讨论，把每种情况画图再根据矩形性质和勾股定理计算，即能求AE的长．
(1)
解：∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
故答案为：．
(2)
证明：如图3中，∵点的勾股点
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
∴
(3)
解：∵矩形
∴
∵点的勾股点
∴
i）如图1，
若
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
设
∵
∴
∴
解得：
ii）如图2，
若的垂直平分线上
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
∴中，
iii）如图3，
若
∴
取
∴点
∴点内部，不符合题意
综上所述，若是等腰三角形，的长为或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查勾股定理、勾股定理逆定理的应用，矩形的性质，等腰三角形的性质，解一元一次方程和一元二次方程，圆的定义和圆周角定理等知识，解题关键是对新定义概念的性质运用，学会用分类讨论的思想思考问题．
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD为⊙O直径，点E在BC延长线上，且∠E＝∠BAC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若ACDE，当AB＝16，DE＝4时，求⊙O半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）为切点，为直径，由圆周角定理得∠BCD＝∠DCE＝90°，求证出∠BDC+∠CDE＝90°，即得BD⊥DE，得证；
（2）求半径就是求线段长，本题利用△CDE∽△DBE，可得，解出CE＝4，再结合勾股定理，在Rt△CDE中，CD＝＝8；在Rt△BCD中，BD＝ ＝，即可求出半径．
(1)
证明：∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝∠DCE＝90°，
∴∠E+∠CDE＝90°，
∵∠E＝∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE＝90°，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，即∠BDE＝90°，
∴BD⊥DE，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵AC∥DE，
∴∠E＝∠ACB，
∵∠E＝∠BAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∴BC＝AB＝16，
由（1）可知：∠BDC+∠CDE＝90°，
∵∠BDC+∠CBD＝90°，
∴∠CDE＝∠CBD，
∵∠DCE＝∠BCD＝90°，
∴△CDE∽△DBE，
∴，
∵BE＝BC+CE，AB＝BC＝16，DE＝ ，
∴ ，解得CE＝4，
在Rt△CDE中，CD＝＝8，
在Rt△BCD中，BD＝＝，
∴OB＝BD＝．
【点睛】
本题属于圆的综合问题．解题过程主要涉及到切线的性质与判定、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．题目考查知识点较多，熟练掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解决这道题目的关键．
3．（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 ．
（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在 ．
【解析】
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到，列出比例式即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴，即：
解得：λ= ，
∴点D到AC的距离．
（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵,
∴
∴
=
=
=32；
（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，
∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
4．以AB为直径作半圆O，AB＝10，点C是该半圆上一动点，连接AC、BC，并延长BC到点D，使DC＝BC，过点D作DE⊥AB于点E、交AC于点F，连接OF．
（1）如图1，当点E与点O重合时，求∠BAC的度数；
（2）如图2，当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，若点E在线段OA上，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出此时线段OE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【解析】
【分析】
（1）连接OC．根据直角三角形的性质和圆的性质可得△OBC是等边三角形，再根据等边三角形的性质和直角三角形两锐角互余即可得到∠BAC的度数；
（2）连接DA．根据垂直平分线的性质可得AB=AD=10，根据勾股定理和线段的和差关系可得AE和BE的长，再证明△AEF∽△DEB，根据相似三角形的性质即可得到EF的长；
（3）分两种情况：①当时；②当时；讨论即可求得线段OE的长．
【详解】
解：（1）连接OC．
∵C为DB中点，
∴OC=BC=OB， ∴△OBC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AB为直径， ∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=30°；
（2）连接DA．
∵ 则AC垂直平分BD，
∴AB=AD=10，
∵DE=8，DE⊥AB，
∴AE=6， ∴BE=4，
∵∠FAE+∠AFE=90°，∠CFD+∠CDF=90°，
∴∠CDF=∠EAF，
∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB，
∴ EF: EB = AE: DE ，
∴EF=3；
（3）答；存在，
①如图，当时，
∠FOE=∠CAB，
则OF=AF， 又∵DE⊥AB，
∴OE＝AE＝；
②如图，当时，则∠EOF=∠CBA， 则OF∥BD，
则
∴ 而
∴ ，
∴，
∴OE＝，
经检验：OE＝符合题意，
综上所述：OE的长为或．
【点睛】
考查了圆的综合题，涉及的知识点有直角三角形的性质和圆的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．
5．如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．
（1）求直线与的公共点个数，并说明理由；
（2）当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．
【答案】（1）1个，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到，求得，由切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，根据得到，又根据勾股定理得到，根据相似三角形的性质得到，过F作于H，由相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）连接OC，
,
,
,
，
，
，
，
，
，
，
，
∴CF是的切线，
∴直线CF与的公共点个数有1个；
（2）∵AB是的直径，
，
的半径为10，
，
，
∴，
∴，
∵点E为BC中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
过F作于H，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的做出辅助线是解题的关键．
6．定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
【答案】（1）④；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．
【详解】
解：（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；
②矩形对角线相等但不一定垂直，故不是垂等四边形；
③菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故不是垂等四边形；
④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
故选：④；
（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC∥DE，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵∠DBC=45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE，
∴BD=AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）如图，过点O作OE⊥BD，连接OD，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，
∴AC•BD=6，
解得，AC=BD=，
又∵∠BCD=60°，
∴∠DOE=60°，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，
∴r==2，
∴⊙O的半径为2．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、新定义、圆周角定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用新定义解答问题．
7．如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．
（1）当点与点重合时，求的值；
（2）若是等腰三角形，求的值；
（3）若与线段只有一个公共点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）t＝2或或；（3）0＜t≤或＜t≤5
【解析】
【分析】
（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；
（2）分三种情况讨论即可：①当AQ＝AC时；②当QC＝CA时；③当QC＝QA时；
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．
【详解】
解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由题意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直径，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
当Q与D重合时，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2）若△ACQ是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当AQ＝AC时，即AC＝AQ＝2t，OQ＝t，
∵OQ＋QA＝6，
∴t＋2t＝6，
解得t＝2；
②当QC＝CA时，即QC＝CA＝2t，由（1）知DA＝，
∴QD＝DA＝，
∴OQ＋QD＋DA＝6，
∴，
解得：；
③当QC＝QA时，如图，连接PQ，
可知PQ⊥AC，
∴∠QPA=∠BOA=90°，∠QAP=∠BAO，
∴△AQE∽△ABO，
则AE＝t，AQ＝6-t，
∴，
∴，
解得：；
综上所述，当△ACQ是等腰三角形时，t＝2或或；
（3）当QC与⊙P相切时，如图
此时∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，
当QC⊥OA时，
此时Q与D重合，
由（1）可知：t=，
∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，
综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，相似三角形的判定与性质，综合运用相关知识是解题的关键．
8．如图，已知为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以为一组邻边作，连接，设的中点分别为，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为．
①是否存在这样的，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形的面积取得最大值？并判断此时直线与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【答案】（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；②当t＝6s时，四边形OMPN的面积取得最大值，此时PQ与半圆O相切．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得PQOB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PAQO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【详解】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQOB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQOA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PAQO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝OQ，PN＝AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQOB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
9．P是内一点，过点P作的任意一条弦，我们把的值称为点P关于的“幂值”．
（1）的半径为5，．
①如图1，若点P恰为弦的中点，则点P关于的“幂值”为_____；
②判断当弦的位置改变时，点P关于的“幂值”是否为定值，若是定值，证明你的结论；若不是定值，求点P关于的“幂值”的取值范围．
（2）若的半径为r，，请参考（1）的思路，用含r、d的式子表示点P关于的“幂值”或“幂值”的取值范围为_____；
（3）在平面直角坐标系中，的半径为4，若在直线上存在点P，使得点P关于的“幂值”为13，请写出b的取值范围．
【答案】（1）①16；②为定值，证明见解析；（2）r2-d2；（3）-2≤b≤2
【解析】
【分析】
（1）①如图1所示：连接OA、OB、OP．由等腰三角形的三线合一的性质得到△PBO为直角三角形，然后依据勾股定理可求得PB的长，然后依据幂值的定义求解即可；
②过点P作⊙O的弦A′B′⊥OP，连接AA′、BB′．先证明△APA′∽△B′PB，依据相似三角形的性质得到PA•PB=PA′•PB′从而得出结论；
（2）连接OP、过点P作AB⊥OP，交圆O与A、B两点．由等腰三角形三线合一的性质可知AP=PB，然后在Rt△APO中，依据勾股定理可知AP2=OA2-OP2，然后将d、r代入可得到问题的答案；
（3）过点O作OP⊥AB．先求得OP的解析式，然后由直线AB和OP的解析式，得到点P的坐标，然后由题意圆的幂值为13，半径为4可求得d的值，然后结合两点间的距离公式可求得关于b的方程，从而可求得b的极值，故此可确定出b的取值范围．
【详解】
解：（1）①如图1所示：连接、、．
，为的中点，
．
在中，由勾股定理得：，
．
的“幂值” ．
故答案为：16．
②当弦的位置改变时，点关于的“幂值”为定值．
证明：如图，为中过点的任意一条弦，且不与垂直．过点作的弦，连接、．
在中，，，
△．
．
．
当弦的位置改变时，点关于的“幂值”为定值．
（2）如图3所示；连接、过点作，交圆与、两点．
，，
．
点关于的“幂值” ．
在中，．
关于的“幂值” ．
（3）如图4所示：过点作．
，
直线的解析式为．
将与联立得：，
解得：，．
点的坐标为，．
点关于的“幂值”为13，
．
，即．
整理得：．
的取值范围是-2≤b≤2．
故答案为：-2≤b≤2．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了幂值的定义、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的性质和判定、一次函数的交点问题、两点间的距离公式，依据两点间的距离公式列出关于b的方程，从而求得b的极值是解题的关键．
10．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的点，过点D作DE∥AB，交AC于点E，过点E作EF∥BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB＝15，BC＝10，
①当BG＝2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为 ．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）根据四边形是的内接四边形，可知，由可得，由同弧所对的圆周角相等，可得,由可得，即可证明；
（2）①连接，先证明，求得再证明，求得，进而可求的长；
②根据恰为的直径，设，则，可得，根据锐角三角函数即可得的长．
【详解】
（1）四边形是的内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（2）如图，连接，
AB＝15，BC＝10，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是圆内接四边形的一个外角，
，
，
，
，
，
，
②如图，设与交于点，
，
，
，
，
恰为的直径，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，综合运用以上知识是解题的关键．
11．如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）．动点P从O点出发，以每秒3个单位的速度，沿△OAB的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线l从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动．若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动．
（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；
（2）若⊙P是以P为圆心，1为半径的圆，
①当P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；
②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件．
【答案】（1）t＝或；（2）①当＜t＜时，直线l与⊙P相交；②⊙P与直线l有且只有两次机会相切， m满足的条件为：0＜m＜4．
【解析】
【分析】
（1）分两种情况讨论，当点P在OA上时，推出△PMA∽△MAO，根据相似三角形的性质，可以求出t的值，当点P在OB上时，△BPQ∽△BOA，根据相似可求解t的值．
（2）①分别求出相切时的两种情况下t的值，进而求相交时的取值范围；
②由①可以判断两次相切只能在圆的左侧和右侧，可以求出m的取值．
【详解】
解：（1）①如图，当点P在线段OA上时，
∵点A（4，0），点B（4，3），
∴，，，
∵M为OB中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，即：，
∴，
②如图：当点P在OB上时，，
∴，
∴，即：，
解得：，
综上所述，或；
（2）①如图，当直线l2在⊙P右侧与圆相切时，
，
解得：；
当直线l1在⊙P左侧与圆相切时，
，
解得：；
综上所述，当时，直线l与⊙P相交；
②由①可知，只有两次相切表示只能在圆的左侧和右侧相切，右侧相切P点一定在线段OA上，
当⊙P与直线恰好第三次相切时，即此时点P运动回到点O，P点速度达到最大值，如图所示，
直线l运动运动时间为：，
点P速度为：，
∴⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件为．
【点睛】
题目主要考查相似三角形的性质、圆的切线以及动点问题，综合性较强，解题的关键是对涉及到的知识点熟练掌握并能灵活运用并且要考虑到动点的所有情况．
12．如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
【答案】（1）15°；（2）①3，②或③；
【解析】
【分析】
（1）根据准互余的定义可知 ；
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；
②根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：当∠D+2∠DCE=90°时，可证∠CAB+2∠ABE=90°，即BD平分∠ABC，过E作 于F，再根据勾股定理即可求出CE=3；当2∠D+∠DCE=90°时，即2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，可证 ，即可求出 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，先求证M、B，G三点共线，再证明 ，根据相似即可求出 ；
【详解】
解：（1）由题意知是“准互余三角形”，，
∵∠A+2∠B=90°，
∴∠B=15°；
故答案为：15°，
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；故一共有三个；
故答案为：3，
②由题意是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴，
根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：
当∠D+2∠DCE=90°时，
∵A，B，C，D在同一圆上，，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴∠CAB+2∠ABE=90°，
又∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CBA=2∠CBD，
即BD平分∠ABC，
过E作 于F（如图（1）），
∴EF=CE，
∵∠BCE=∠BFE，∠CBE=∠FBE，
∴（AAS），
∴BC=BF，
由勾股定理即知： ，
∴，
即，
解得CE=3；
当2∠D+∠DCE=90°时（如备用图），
∵A，B，C，D在同一圆上，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，
∵∠DAC=∠CBE，
∴ ，
∴ ，
即，
∵2∠CAB+∠ABE=90°，
又∠DAB+∠ABE=90°，
∴∠DAE=∠CAB，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
即，
故，
∴
∴由勾股定理得 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，
∵，
∴，
∵∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠MAB+∠MBA=90°，
∴∠CAM+∠CBM=180°，
∴∠CBM+∠CBG=180°，
∴M、B，G三点共线，
∵是“准互余三角形”，
∴2∠CAB+∠G=90°或∠CAB+2∠G=90°，
∵∠CAM+∠G=90°，
∵∠CAB<∠BAM，
∴ ，
故∠CAB+2∠G=90°，
∴∠CAM+∠G=∠CAB+2∠G，
∴∠BAM =∠G，
又∠M =∠M，
∴，
∴ ，
即，
解得： ，
由勾股定理得： ；
【点睛】
此题利用新定义考查圆的相关知识，三角形相似，勾股定理等，有一定的难度，对知识的综合应用要求较高，认真寻找相关角证明相似是关键．
13．我们知道，顶点坐标为的抛物线的解析式为．今后我们还会学到，圆心坐标为，半径为的圆的方程．如：圆心为，半径为3的圆的方程为．
（1）以为圆心，为半径的圆的方程为________；
（2）如图，以为圆心的圆与轴相切于原点，是上一点，连接，作垂足为．延长交轴于点，已知．
①连接，证明：是的切线；
②在上是否存在一点，使？若存在，求点的坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①见解析；②存在，点Q（，2），以Q为圆心，以QB为半径的的方程为．
【解析】
【分析】
（1）由圆的方程的定义可求解；
（2）①由“SAS”可证，可得，可得结论；②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．
【详解】
解：（1）∵圆心坐标为，半径为的圆的方程，
∴以为圆心，为半径的圆的方程为 ，
即；
（2）①∵OE是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵BE=BE，
∴ ，
∴，
∴，
又∵BC是半径，
∴EC是的切线；
②如图，连接CQ，QO，
∵点B（-3，0），
∴OB=3，
∵，，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴BE=5，
∴，
∴点E（0，4），
∵，
∴点Q是BE的中点，
∴ ，
∵点B（-3，0），点E（0，4），
∴点
即点Q（，2），
∴以Q为圆心，以QB为半径的的方程为．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．
14．如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．
（1）求证：为切线；
（2）求证：；
（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）18S．
【解析】
【分析】
（1）根据根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠B，再根据直径所对的圆周角的直角、利用等角的余角相等推出∠CAB=90°，即可得到结论
（2）连接OD，根据角平分线的性质，利用等角对等边得GD=GA，结合全等得到∠AOG=∠DOG，推出OG是∠AOD的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质即可得到结论；
（3）由题意根据相等的角的正切值相等推出边之间的关系，不妨设AD=2a，由直角三角形中的勾股定理推出线段OG=a，DE=，再根据圆周角定理和角之间的互余关系得到△FGO∽△ADE，最后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）证明：由题意可知在⊙O中，∠E=∠B，
∵∠CAD=∠E，
∴∠CAD=∠B，
∵∠B+∠DAB=90°，
∴∠CAD+∠DAB=90°，即∠CAB=90°，
∴CA⊥AB，
∴AC为⊙O切线．
（2）如图，连接OD，
∵∠ADB=90°，DE平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF=45°，
又∵AG⊥DE，
∴△AGD是等腰直角三角形，
在△OGA和△OGD中，
，
∴△OGA∽△OGD（SSS），
∴∠AOG=∠DOG，
∴OG是∠AOD的平分线，
∴OG⊥AD．
（3）如图，连接OD，
由（2）可知OG⊥AD，令其垂足为M，
∵∠BAD=∠C，
∴tanC=tan∠BAD=2，
不妨设AD=2a，则BD=4a，AB=，
∴OA=OB=OD=，
∵△AGD是等腰直角三角形，且OM⊥AD，
∴AM=DM=MG=AD=a，
∴AG=DG=AD=，
∴MO=，
∴OG=MOMG=a，
由（1）可知在Rt△AGE和Rt△CAD中，∠E=∠CAD，
∴∠GAE=∠C，
∴tan∠GAE=tanC=2，
∴EG=2AG=，
∴DE=DG+EG=，
由（2）可知OM⊥AD，BD⊥AD，
∴OM∥BD，
∴∠FOG=∠B，∠OGF=∠BDF
又由（1）可知∠E=∠B，∠ADF=∠BDF=45°
∴∠FOG=∠E，∠OGF=∠EAD，
∴△FGO∽△ADE，
∵，
∴，
∵S△OFG=S，
∴S△DAE=18S．
【点睛】
本题考查切线的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理及解直角三角形，需要善于观察结合图形找到相等的角，根据角的关系推导出边的关系、三角形的形状及相似三角形等，进而求解．
15．如图，在中，以为直径的交边于点D，交边于点E．过点D作的切线，交于点F，交的延长线于点G，且，连接．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）求证：；
（3）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【解析】
【分析】
（1）DF是⊙O的切线，得到∠ODF=90°，再求出∠C+∠FDC=90° ，∠C=∠BDO，由OB=OD，得∠BDO=∠ABC．∠C=∠ABC，即可求解．
（2）因为AB是直径，得到,知道,,,推出，，得到即可求解；
（3）求出△ODG∽△AFG，得出比例式，即可求出圆的半径．
【详解】
（1）证明： ∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF．
∴∠ODF=90°．
又∵∠BDO+∠ODF+∠FDC=180°，
∴∠BDO+∠FDC=90°．
∵DF⊥AC，
∴∠DFC=90°，
∴∠C+∠FDC=90°．
∴∠C=∠BDO．
∵OB=OD，
∴∠BDO=∠ABC．
∴∠C=∠ABC．
∴AB=AC．
∴△ABC是等腰三角形；
（2）连接AD，
∵AB是直径
,
,
,
,
在和中
,
（3）解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴△GOD∽△GAF，
∴设⊙O的半径是r，则AB=AC=2r，
∴AF=2r-2，
∴r=3，
经检验：是原方程的根，且符合题意，
即⊙O的半径是3．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆内接四边形，相似三角形的性质和判定，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
16．如图，在矩形中，，，是上一点，，过点，与交于点．
（1）求弦的长．
（2）求证：是的切线．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）过作，根据勾股定理得到，由，得到，根据相似三角形的性质得到，确定，再根据勾股定理即可得到结论；
（2）连接，在中，根据勾股定理得到，由勾股定理的逆定理得到，根据切线的判定定理即可得到结论．
【详解】
解：（1）解：过作，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
；
（2）证明：连接，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，在上，
是的切线．
【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，解题的关键是正确的作出辅助线是解题的关键．
17．如图1，对于△PMN的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点
在平画直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x＋1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2）・将点D绕原点O旋转得到点F，若△EOF关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
【答案】（1）①O，C；②1≤n≤8；（2）或
【解析】
【分析】
（1）①分别以为圆心，，，为半径作圆，观察图像根据线段与圆的交点的位置，可得结论．
②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与直线的公共点都在线段上，此时点是关于点的内联点，当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，利用图像法即可解决问题．
（2）如图3中，过点作轴于，过点作轴于．利用相似三角形的性质求出点的坐标，再根据对称性求出的坐标，当时，设交于，想办法求出的坐标，结合图像法可得结论．
【详解】
解：（1）①如图1中，根据点为关于点的内联点的定义，观察图像可知，点，点是是关于点的内联点．
故答案为：，．
②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与线段有唯一的公共点，此时点是关于点的内联点，
当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，
观察图像可知，满足条件的的值为．
（2）如图3中，过点作轴于，过点作轴于．
，
，，
，
当时，点是关于点的内联点，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
观察图像可知当时，满足条件．
作点关于点的对称点，，
当时，设交于，
，，，
△，
，
，，
在中，则有，
解得，
，，
可得，，
观察图像可知，当．
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了点为关于点的内联点的定义，一次函数的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
18．AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于CD，垂足为D.
（1）如图1，若AC平分∠BAD，求证：CD是⊙O的切线.
（2）如果把直线CD向下平行移动，如图2，直线CD交⊙O于C、G两点，AG＝2，BG＝4，求cos∠CAD的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，由角平分线的性质可得到，再用平行线的性质即可求出；
（2）根据AB为⊙O的直径，是 O的内接四边形，利用圆内接四边形的性质和直角三角形的性质推出∠CAD=∠GAB ，再由勾股定理的性质，最后得到 ．
【详解】
解：（1）如图，连接CO
∵AC平分∠BAD
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴CD是⊙O的切线；
（2）如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴，
∵是O的内接四边形
∴
∵
∴
∴
∴
在中，
由勾股定理得：
∴
∴
在中，
∴
【点睛】
本题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理和三角函数等知识；熟练掌握圆的有关定理性质是解决问题的关键．
19．如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD，由垂直的定义得到∠ADB=90°，确定∠ABD+∠A=90°，等量代换得到∠ODB+∠BDC=90°，求得OD⊥CD，根据切线的定义即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到∠CDO=90°，根据余角的性质得到∠COD=∠BDC，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠A=90°，
∵∠BDC=∠BAD，
∴∠ODB+∠BDC=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDO=90°，
∵cos∠BDC=，∠BDC=∠BAD．
∴cos∠BAD=，
∵AD=2，
∴AB=6，
∴OD=OE=3，
∵CD=6，
∴OC=，
∴CE=CO-OE=．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
20．如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD＝2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM＝3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是 ．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题可得，OE是半径，要证AE是切线，只需要证明OE⊥AE即可，连接OB，因为AB是切线，所以∠ABO＝90°，因为OB＝OD，所以∠OBD＝∠ODB，利用AC//BD，可以证得∠AOB＝∠AOE，继而证明△AOB≌△AOE，即可解决；
（2）过O作OH⊥BD于H，则DH＝BH＝1，可以证明△OBH∽△AOB，得到，求出AB的长度，利用切线长定理，得到AE＝AB，即可解决；
（3）在（1）的条件下，容易得到∠ABO+∠AEO＝180°，则A，B，O，E四点共圆，只需要取AO中点P，证明A，B，O，E四点到P的距离相等即可，从而得到AO是圆P的直径，因为OB＝OM＝BM＝3，所以△OBM为等边三角形，可以得到∠ABM＝150°，又BM//AN，得到∠BAN＝30°，利用同弧所对的圆周角等于圆心角一半，可以得到∠BEM＝，所以∠BEM＝∠BAN，则B，A，E，G四点共圆，即G在圆P上，由于AO是直径，所以∠AGO＝90°，这一结论可以通过“相似八字形”来完成，图3和图4通过相似的证明，得到∠AGO＝90°，延长GO交BM于F，可得OF⊥BM，可以通过勾股定理求出OF的长度，过B作BD⊥AN于D，在直角三角形ABD中，求得BD长度，四边形BDGF是矩形，从而求出FG长度，利用OG＝FG﹣OF，即可解决．
【详解】
证明：如图1，连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
∵BD//AC，
∴∠AOE＝∠ODB，∠AOB＝∠OBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠AOE＝∠AOB，
在△AOB与△AOE中，
，
∴△AOB≌△AOE（SAS），
∴∠AEO＝∠ABO＝90°，
∴OE⊥AE，
∵E在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线；
（2）如图2，过O作OH⊥BD于H，
则BH＝DH＝，∠BHO＝90°，
在Rt△OBH中，OH＝，
∵∠OHB＝∠ABO＝90°，
∠OBD＝∠AOB，
∴△OBH∽△AOB，
∴，
即，
∴AB＝，
∵AB，AE是⊙O的切线，
∴AE＝AB＝；
（3）取AO的中点P，如图3，连接BP，EP，OB，OE，
在Rt△AOB中，∵P是斜边AO的中点，
∴AP＝OP＝BP，
同理，EP＝AP＝OP，
∴AP＝OP＝BP＝EP，
∴A，B，O，E四点共圆，
∵∠ABO＝90°，
∴AO为圆的直径，
连接OB，OM，BE，
∵OB＝OM＝BM＝3，
∴∠OBM＝60°，
∴∠ABM＝∠ABO+∠OBM＝150°，
∵AN//BM，
∴∠BAN＝180°﹣∠ABM＝30°，
连接BE，设BE与AN交于Q点，如图4，
又∠BEM＝，
∴∠BAN＝∠BEM，
∵∠AQB＝∠EQG，
∴△AQB∽△EQG，
∴，
又∠BQG＝∠AQE，
∴△BQG∽△AQE，
∴∠AEB＝∠AGB，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠AGB，
∵A，B，O，E四点共圆，如图5，
连接AO，设BG与AO交于H点，
∴∠AOB＝∠AEB，
又∠BHO＝∠AHG，
∴△BHO∽△AHG，
∴∠OBH＝∠OAG，
，
∵∠AHB＝∠GHO，
∴△AHB∽△GHO，
∴∠ABG＝∠AOG，
∵∠ABG+∠OBH＝90°，
∠OBH＝∠∠OAG，
∴∠AOG+∠OAG＝90°，
∴∠AGO＝90°，
如图6，延长GO交BM于F，
∵BM//AN，
∴∠BFO＝180°﹣∠AGO＝90°，
∴OF⊥BM，
∴BF＝，又BO＝3，
∴，
过B作BD⊥AN于D，
则在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，
∴BD＝，
∵∠OFB＝∠AGO＝∠BDG＝90°，
∴四边形BDGF为矩形，
∴FG＝BD＝，
∴OG＝FG﹣OF＝．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，利用垂径定理和勾股定理来求圆中的线段是本题的基本功，注意四点共圆的常规结论和其证明方法，比如本题中∠BAN=∠BEM，根据这一条件，可以得到B，A，E，G四点共圆，我们可以通过“八字形”相似来完成∠AGO=90°的证明，是解决本题的关键．
2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题10 与圆有关的综合问题
【真题再现】
1．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．
（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
3．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
5．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
6．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形内接于，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，，，求的值．
7．（2020年镇江第26题）如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为MN的中点．
（1）求证：四边形ABEO为菱形；
（2）已知cos∠ABC=13，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．
8．（2020年南京第24题）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．
9．（2020年苏州第28题）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．
10．（2020年常州第27题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 （填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 ；
②若直线n的函数表达式为y=3x+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，2为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线l的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是45，求直线l的函数表达式．
【专项突破】
一、解答题
1．（2021·江苏淮安·二模）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．
(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
2．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD为⊙O直径，点E在BC延长线上，且∠E＝∠BAC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若ACDE，当AB＝16，DE＝4时，求⊙O半径的长．
3．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 ．
（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
4．（2021·江苏·靖江市靖城中学一模）以AB为直径作半圆O，AB＝10，点C是该半圆上一动点，连接AC、BC，并延长BC到点D，使DC＝BC，过点D作DE⊥AB于点E、交AC于点F，连接OF．
（1）如图1，当点E与点O重合时，求∠BAC的度数；
（2）如图2，当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，若点E在线段OA上，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出此时线段OE的长；若不存在，请说明理由．
5．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．
（1）求直线与的公共点个数，并说明理由；
（2）当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．
6．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
7．（2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模）如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．
（1）当点与点重合时，求的值；
（2）若是等腰三角形，求的值；
（3）若与线段只有一个公共点，求的取值范围．
8．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以为一组邻边作，连接，设的中点分别为，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为．
①是否存在这样的，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形的面积取得最大值？并判断此时直线与半圆O的位置关系（需说明理由）．
9．（2021·江苏·苏州高新区第五初级中学校一模）P是内一点，过点P作的任意一条弦，我们把的值称为点P关于的“幂值”．
（1）的半径为5，．
①如图1，若点P恰为弦的中点，则点P关于的“幂值”为_____；
②判断当弦的位置改变时，点P关于的“幂值”是否为定值，若是定值，证明你的结论；若不是定值，求点P关于的“幂值”的取值范围．
（2）若的半径为r，，请参考（1）的思路，用含r、d的式子表示点P关于的“幂值”或“幂值”的取值范围为_____；
（3）在平面直角坐标系中，的半径为4，若在直线上存在点P，使得点P关于的“幂值”为13，请写出b的取值范围．
10．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的点，过点D作DE∥AB，交AC于点E，过点E作EF∥BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB＝15，BC＝10，
①当BG＝2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为 ．
11．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校二模）如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）．动点P从O点出发，以每秒3个单位的速度，沿△OAB的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线l从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动．若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动．
（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；
（2）若⊙P是以P为圆心，1为半径的圆，
①当P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；
②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件．
12．（2021·江苏苏州·二模）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
13．（2021·江苏·苏州吴中区木渎实验中学一模）我们知道，顶点坐标为的抛物线的解析式为．今后我们还会学到，圆心坐标为，半径为的圆的方程．如：圆心为，半径为3的圆的方程为．
（1）以为圆心，为半径的圆的方程为________；
（2）如图，以为圆心的圆与轴相切于原点，是上一点，连接，作垂足为．延长交轴于点，已知．
①连接，证明：是的切线；
②在上是否存在一点，使？若存在，求点的坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，请说明理由．
14．（2021·江苏苏州·二模）如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．
（1）求证：为切线；
（2）求证：；
（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．
15．（2021·江苏·苏州市胥江实验中学校二模）如图，在中，以为直径的交边于点D，交边于点E．过点D作的切线，交于点F，交的延长线于点G，且，连接．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）求证：；
（3）若，，求的半径．
16．（2021·江苏·南师附中新城初中二模）如图，在矩形中，，，是上一点，，过点，与交于点．
（1）求弦的长．
（2）求证：是的切线．
17．（2021·江苏·南京市金陵汇文学校一模）如图1，对于△PMN的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点
在平画直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x＋1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2）・将点D绕原点O旋转得到点F，若△EOF关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
18．（2021·江苏盐城·一模）AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于CD，垂足为D.
（1）如图1，若AC平分∠BAD，求证：CD是⊙O的切线.
（2）如果把直线CD向下平行移动，如图2，直线CD交⊙O于C、G两点，AG＝2，BG＝4，求cos∠CAD的值.
19．（2021·江苏扬州·二模）如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．
20．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD＝2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM＝3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是 ．
2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题10 与圆有关的综合问题
【真题再现】
一、解答题
1．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
【答案】（1）相切，见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．
2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．
（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°
【解析】
【分析】
（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论；
②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；
（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；
（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2
当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】
（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA=
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°
②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中
∴
∵AD=OA=2，AB=4
∴
（2）连接AQ、BD
与（1）中的②相同，有
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴
∵AB=PA+PB=1+m
∴
∴
（3）由（2）知，
∴BQ=
即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】
本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
3．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
【答案】（1）作图如图所示；（2）①h +l；②见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；
（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；
②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．
【详解】
解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n°，
∵圆锥的母线长为， 的长为，
∴，
∴；
连接OA、CA，
∵，
∴是等边三角形，
∵B为母线的中点，
∴，
∴．
（2）① 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l
② 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，，GF=h， OB=b，
由的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：,进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
【点睛】
本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力要求较高，蕴含了数形结合等思想方法．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【解析】
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
5．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明，可得，即可得证；
（2）由已知条件可得，可得出，进而得出即可求得；
【详解】
（1）∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
又，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵
∴
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，正切的性质，以及相似三角形的性质判定，熟练掌握基础知识是解本题的关键．
6．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形内接于，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由圆内接四边形的性质可知，再由，即可得出．根据圆周角定理结合题意可知，即得出．由此易证，即得出．
（2）过点作，垂足为．根据题意可求出，结合（1）可知，即可求出．根据题意又可求出，利用三角函数即可求出，最后再利用三角函数即可求出最后结果．
【详解】
（1）证明：∵四边形是圆的内接四边形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点作，垂足为．
∵，，
∴．
由（1）知．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题．考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形．利用数形结合的思想并正确作出辅助线是解答本题的关键．
7．（2020年镇江第26题）如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为MN的中点．
（1）求证：四边形ABEO为菱形；
（2）已知cos∠ABC=13，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．
【分析】（1）先由G为MN的中点及同弧所对的圆周角和圆心角的关系得出∠MOG＝∠MDN，再由平行四边形的性质得出AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，进而判定四边形ABEO是平行四边形，然后证明AB＝AO，则可得结论；
（2）过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AB＝AO＝OE＝x，则由cos∠ABC=13，可用含x的式子分别表示出PA、OP及OQ，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值即可．
【解析】（1）证明：∵G为MN的中点，
∴∠MOG＝∠MDN．
∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，
∴∠MOG+∠A＝180°，
∴AB∥OE，
∴四边形ABEO是平行四边形．
∵BO平分∠ABE，
∴∠ABO＝∠OBE，
又∵∠OBE＝∠AOB，
∴∠ABO＝∠AOB，
∴AB＝AO，
∴四边形ABEO为菱形；
（2）如图，过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AE交OB于点F，
则∠PAO＝∠ABC，
设AB＝AO＝OE＝x，则
∵cos∠ABC=13，
∴cos∠PAO=13，
∴PAAO=13，
∴PA=13x，
∴OP＝OQ=223x
当AE与⊙O相切时，由菱形的对角线互相垂直，可知F为切点，
∴在Rt△OBQ中，由勾股定理得：(43x)2+(223x)2=82，
解得：x＝26（舍负）．
∴AB的长为26．
8．（2020年南京第24题）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠B，根据平行线的性质得出∠ADF＝∠B，求出∠ADF＝∠CFD，根据平行线的判定得出BD∥CF，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）求出∠AEF＝∠B，根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF＝180°，根据平行线的性质得出∠ECF+∠B＝180°，求出∠AEF＝∠EAF，根据等腰三角形的判定得出即可．
【解析】证明：（1）∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵DF∥BC，
∴∠ADF＝∠B，
∵∠BAC＝∠CFD，
∴∠ADF＝∠CFD，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）连接AE，
∵∠ADF＝∠B，∠ADF＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵四边形AECF是⊙O的内接四边形，
∴∠ECF+∠EAF＝180°，
∵BD∥CF，
∴∠ECF+∠B＝180°，
∴∠EAF＝∠B，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AF＝EF．
9．（2020年苏州第28题）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．
【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ，则8−t−x8−t=xt，解出x=8t−t28．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．
∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB=2BD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴PDOP=BDOQ，
∴8−t−x8−t=xt，
∴x=8t−t28．
∴OB=2⋅8t−t28=−28(t−4)2+22．
∵二次项系数小于0．
∴当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为22cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ=12OP⋅OQ+14PQ2，
=12t(8−t)+14[(8−t)2+t2]，
＝4t−12t2+12t2+16﹣4t＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．
10．（2020年常州第27题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 D （填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 10 ；
②若直线n的函数表达式为y=3x+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，2为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线l的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是45，求直线l的函数表达式．
【分析】（1）①根据远点，特征数的定义判断即可．
②如图1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．解直角三角形求出PH，PQ的长即可解决问题．
（2）如图2中，设直线l的解析式为y＝kx+b．分两种情形k＞0或k＜0，分别求解即可解决问题．
【解析】（1）①由题意，点D是⊙O关于直线m的“远点”，⊙O关于直线m的特征数＝DB•DE＝2×5＝10，
故答案为：D，10．
②如图1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．
设直线y=3x+4交x轴于F（−433，0），交y轴于E（0，4），
∴OE＝4，OF=433，
∴tan∠FEO=OFOE=33，
∴∠FEO＝30°，
∴OH=12OE＝2，
∴PH＝OH+OP＝3，
∴⊙O关于直线n的“特征数”＝PQ•PH＝2×3＝6．
（2）如图2中，设直线l的解析式为y＝kx+b．
当k＞0时，过点F作FH⊥直线l于H，交⊙F于E，N．
由题意，EN＝22，EN•NH＝45，
∴NH=10，
∵N（﹣1，0），M（1，4），
∴MN=22+42=25，
∴HM=MN2−NH2=20−10=10，
∴△MNH是等腰直角三角形，
∵MN的中点K（0，2），
∴KN＝HK＝KM=5，
∴H（﹣2，3），
把H（﹣2，3），M（1，4）代入y＝kx+b，则有k+b=4−2k+b=3，
解得k=13b=113，
∴直线l的解析式为y=13x+113，
当k＜0时，同法可知直线l′经过H′（2，1），可得直线l′的解析式为y＝﹣3x+7．
综上所述，满足条件的直线l的解析式为y=13x+113或y＝﹣3x+7．
【满分训练】
一、解答题
1．如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．
(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
【答案】(1)；．
(2)见解析．
(3)或．
【解析】
【分析】
（1）求，得，即点的勾股点；求出，即点的勾股点．
（2）由矩形性质得，可得；根据勾股数得，又因为．
（3）由条件“点的勾股点”仍可得，作为条件使用． 是等腰三角形需分3种情况讨论，把每种情况画图再根据矩形性质和勾股定理计算，即能求AE的长．
(1)
解：∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
故答案为：．
(2)
证明：如图3中，∵点的勾股点
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
∴
(3)
解：∵矩形
∴
∵点的勾股点
∴
i）如图1，
若
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
设
∵
∴
∴
解得：
ii）如图2，
若的垂直平分线上
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
∴中，
iii）如图3，
若
∴
取
∴点
∴点内部，不符合题意
综上所述，若是等腰三角形，的长为或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查勾股定理、勾股定理逆定理的应用，矩形的性质，等腰三角形的性质，解一元一次方程和一元二次方程，圆的定义和圆周角定理等知识，解题关键是对新定义概念的性质运用，学会用分类讨论的思想思考问题．
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD为⊙O直径，点E在BC延长线上，且∠E＝∠BAC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若ACDE，当AB＝16，DE＝4时，求⊙O半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）为切点，为直径，由圆周角定理得∠BCD＝∠DCE＝90°，求证出∠BDC+∠CDE＝90°，即得BD⊥DE，得证；
（2）求半径就是求线段长，本题利用△CDE∽△DBE，可得，解出CE＝4，再结合勾股定理，在Rt△CDE中，CD＝＝8；在Rt△BCD中，BD＝ ＝，即可求出半径．
(1)
证明：∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝∠DCE＝90°，
∴∠E+∠CDE＝90°，
∵∠E＝∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE＝90°，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，即∠BDE＝90°，
∴BD⊥DE，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵AC∥DE，
∴∠E＝∠ACB，
∵∠E＝∠BAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∴BC＝AB＝16，
由（1）可知：∠BDC+∠CDE＝90°，
∵∠BDC+∠CBD＝90°，
∴∠CDE＝∠CBD，
∵∠DCE＝∠BCD＝90°，
∴△CDE∽△DBE，
∴，
∵BE＝BC+CE，AB＝BC＝16，DE＝ ，
∴ ，解得CE＝4，
在Rt△CDE中，CD＝＝8，
在Rt△BCD中，BD＝＝，
∴OB＝BD＝．
【点睛】
本题属于圆的综合问题．解题过程主要涉及到切线的性质与判定、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．题目考查知识点较多，熟练掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解决这道题目的关键．
3．（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 ．
（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在 ．
【解析】
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到，列出比例式即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴，即：
解得：λ= ，
∴点D到AC的距离．
（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵,
∴
∴
=
=
=32；
（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，
∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
4．以AB为直径作半圆O，AB＝10，点C是该半圆上一动点，连接AC、BC，并延长BC到点D，使DC＝BC，过点D作DE⊥AB于点E、交AC于点F，连接OF．
（1）如图1，当点E与点O重合时，求∠BAC的度数；
（2）如图2，当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，若点E在线段OA上，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出此时线段OE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【解析】
【分析】
（1）连接OC．根据直角三角形的性质和圆的性质可得△OBC是等边三角形，再根据等边三角形的性质和直角三角形两锐角互余即可得到∠BAC的度数；
（2）连接DA．根据垂直平分线的性质可得AB=AD=10，根据勾股定理和线段的和差关系可得AE和BE的长，再证明△AEF∽△DEB，根据相似三角形的性质即可得到EF的长；
（3）分两种情况：①当时；②当时；讨论即可求得线段OE的长．
【详解】
解：（1）连接OC．
∵C为DB中点，
∴OC=BC=OB， ∴△OBC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AB为直径， ∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=30°；
（2）连接DA．
∵ 则AC垂直平分BD，
∴AB=AD=10，
∵DE=8，DE⊥AB，
∴AE=6， ∴BE=4，
∵∠FAE+∠AFE=90°，∠CFD+∠CDF=90°，
∴∠CDF=∠EAF，
∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB，
∴ EF: EB = AE: DE ，
∴EF=3；
（3）答；存在，
①如图，当时，
∠FOE=∠CAB，
则OF=AF， 又∵DE⊥AB，
∴OE＝AE＝；
②如图，当时，则∠EOF=∠CBA， 则OF∥BD，
则
∴ 而
∴ ，
∴，
∴OE＝，
经检验：OE＝符合题意，
综上所述：OE的长为或．
【点睛】
考查了圆的综合题，涉及的知识点有直角三角形的性质和圆的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．
5．如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．
（1）求直线与的公共点个数，并说明理由；
（2）当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．
【答案】（1）1个，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到，求得，由切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，根据得到，又根据勾股定理得到，根据相似三角形的性质得到，过F作于H，由相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）连接OC，
,
,
,
，
，
，
，
，
，
，
，
∴CF是的切线，
∴直线CF与的公共点个数有1个；
（2）∵AB是的直径，
，
的半径为10，
，
，
∴，
∴，
∵点E为BC中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
过F作于H，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的做出辅助线是解题的关键．
6．定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
【答案】（1）④；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．
【详解】
解：（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；
②矩形对角线相等但不一定垂直，故不是垂等四边形；
③菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故不是垂等四边形；
④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
故选：④；
（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC∥DE，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵∠DBC=45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE，
∴BD=AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）如图，过点O作OE⊥BD，连接OD，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，
∴AC•BD=6，
解得，AC=BD=，
又∵∠BCD=60°，
∴∠DOE=60°，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，
∴r==2，
∴⊙O的半径为2．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、新定义、圆周角定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用新定义解答问题．
7．如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．
（1）当点与点重合时，求的值；
（2）若是等腰三角形，求的值；
（3）若与线段只有一个公共点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）t＝2或或；（3）0＜t≤或＜t≤5
【解析】
【分析】
（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；
（2）分三种情况讨论即可：①当AQ＝AC时；②当QC＝CA时；③当QC＝QA时；
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．
【详解】
解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由题意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直径，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
当Q与D重合时，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2）若△ACQ是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当AQ＝AC时，即AC＝AQ＝2t，OQ＝t，
∵OQ＋QA＝6，
∴t＋2t＝6，
解得t＝2；
②当QC＝CA时，即QC＝CA＝2t，由（1）知DA＝，
∴QD＝DA＝，
∴OQ＋QD＋DA＝6，
∴，
解得：；
③当QC＝QA时，如图，连接PQ，
可知PQ⊥AC，
∴∠QPA=∠BOA=90°，∠QAP=∠BAO，
∴△AQE∽△ABO，
则AE＝t，AQ＝6-t，
∴，
∴，
解得：；
综上所述，当△ACQ是等腰三角形时，t＝2或或；
（3）当QC与⊙P相切时，如图
此时∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，
当QC⊥OA时，
此时Q与D重合，
由（1）可知：t=，
∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，
综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，相似三角形的判定与性质，综合运用相关知识是解题的关键．
8．如图，已知为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以为一组邻边作，连接，设的中点分别为，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为．
①是否存在这样的，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形的面积取得最大值？并判断此时直线与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【答案】（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；②当t＝6s时，四边形OMPN的面积取得最大值，此时PQ与半圆O相切．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得PQOB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PAQO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【详解】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQOB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQOA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PAQO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝OQ，PN＝AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQOB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
9．P是内一点，过点P作的任意一条弦，我们把的值称为点P关于的“幂值”．
（1）的半径为5，．
①如图1，若点P恰为弦的中点，则点P关于的“幂值”为_____；
②判断当弦的位置改变时，点P关于的“幂值”是否为定值，若是定值，证明你的结论；若不是定值，求点P关于的“幂值”的取值范围．
（2）若的半径为r，，请参考（1）的思路，用含r、d的式子表示点P关于的“幂值”或“幂值”的取值范围为_____；
（3）在平面直角坐标系中，的半径为4，若在直线上存在点P，使得点P关于的“幂值”为13，请写出b的取值范围．
【答案】（1）①16；②为定值，证明见解析；（2）r2-d2；（3）-2≤b≤2
【解析】
【分析】
（1）①如图1所示：连接OA、OB、OP．由等腰三角形的三线合一的性质得到△PBO为直角三角形，然后依据勾股定理可求得PB的长，然后依据幂值的定义求解即可；
②过点P作⊙O的弦A′B′⊥OP，连接AA′、BB′．先证明△APA′∽△B′PB，依据相似三角形的性质得到PA•PB=PA′•PB′从而得出结论；
（2）连接OP、过点P作AB⊥OP，交圆O与A、B两点．由等腰三角形三线合一的性质可知AP=PB，然后在Rt△APO中，依据勾股定理可知AP2=OA2-OP2，然后将d、r代入可得到问题的答案；
（3）过点O作OP⊥AB．先求得OP的解析式，然后由直线AB和OP的解析式，得到点P的坐标，然后由题意圆的幂值为13，半径为4可求得d的值，然后结合两点间的距离公式可求得关于b的方程，从而可求得b的极值，故此可确定出b的取值范围．
【详解】
解：（1）①如图1所示：连接、、．
，为的中点，
．
在中，由勾股定理得：，
．
的“幂值” ．
故答案为：16．
②当弦的位置改变时，点关于的“幂值”为定值．
证明：如图，为中过点的任意一条弦，且不与垂直．过点作的弦，连接、．
在中，，，
△．
．
．
当弦的位置改变时，点关于的“幂值”为定值．
（2）如图3所示；连接、过点作，交圆与、两点．
，，
．
点关于的“幂值” ．
在中，．
关于的“幂值” ．
（3）如图4所示：过点作．
，
直线的解析式为．
将与联立得：，
解得：，．
点的坐标为，．
点关于的“幂值”为13，
．
，即．
整理得：．
的取值范围是-2≤b≤2．
故答案为：-2≤b≤2．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了幂值的定义、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的性质和判定、一次函数的交点问题、两点间的距离公式，依据两点间的距离公式列出关于b的方程，从而求得b的极值是解题的关键．
10．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的点，过点D作DE∥AB，交AC于点E，过点E作EF∥BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB＝15，BC＝10，
①当BG＝2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为 ．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）根据四边形是的内接四边形，可知，由可得，由同弧所对的圆周角相等，可得,由可得，即可证明；
（2）①连接，先证明，求得再证明，求得，进而可求的长；
②根据恰为的直径，设，则，可得，根据锐角三角函数即可得的长．
【详解】
（1）四边形是的内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（2）如图，连接，
AB＝15，BC＝10，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是圆内接四边形的一个外角，
，
，
，
，
，
，
②如图，设与交于点，
，
，
，
，
恰为的直径，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，综合运用以上知识是解题的关键．
11．如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）．动点P从O点出发，以每秒3个单位的速度，沿△OAB的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线l从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动．若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动．
（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；
（2）若⊙P是以P为圆心，1为半径的圆，
①当P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；
②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件．
【答案】（1）t＝或；（2）①当＜t＜时，直线l与⊙P相交；②⊙P与直线l有且只有两次机会相切， m满足的条件为：0＜m＜4．
【解析】
【分析】
（1）分两种情况讨论，当点P在OA上时，推出△PMA∽△MAO，根据相似三角形的性质，可以求出t的值，当点P在OB上时，△BPQ∽△BOA，根据相似可求解t的值．
（2）①分别求出相切时的两种情况下t的值，进而求相交时的取值范围；
②由①可以判断两次相切只能在圆的左侧和右侧，可以求出m的取值．
【详解】
解：（1）①如图，当点P在线段OA上时，
∵点A（4，0），点B（4，3），
∴，，，
∵M为OB中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，即：，
∴，
②如图：当点P在OB上时，，
∴，
∴，即：，
解得：，
综上所述，或；
（2）①如图，当直线l2在⊙P右侧与圆相切时，
，
解得：；
当直线l1在⊙P左侧与圆相切时，
，
解得：；
综上所述，当时，直线l与⊙P相交；
②由①可知，只有两次相切表示只能在圆的左侧和右侧相切，右侧相切P点一定在线段OA上，
当⊙P与直线恰好第三次相切时，即此时点P运动回到点O，P点速度达到最大值，如图所示，
直线l运动运动时间为：，
点P速度为：，
∴⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件为．
【点睛】
题目主要考查相似三角形的性质、圆的切线以及动点问题，综合性较强，解题的关键是对涉及到的知识点熟练掌握并能灵活运用并且要考虑到动点的所有情况．
12．如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
【答案】（1）15°；（2）①3，②或③；
【解析】
【分析】
（1）根据准互余的定义可知 ；
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；
②根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：当∠D+2∠DCE=90°时，可证∠CAB+2∠ABE=90°，即BD平分∠ABC，过E作 于F，再根据勾股定理即可求出CE=3；当2∠D+∠DCE=90°时，即2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，可证 ，即可求出 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，先求证M、B，G三点共线，再证明 ，根据相似即可求出 ；
【详解】
解：（1）由题意知是“准互余三角形”，，
∵∠A+2∠B=90°，
∴∠B=15°；
故答案为：15°，
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；故一共有三个；
故答案为：3，
②由题意是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴，
根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：
当∠D+2∠DCE=90°时，
∵A，B，C，D在同一圆上，，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴∠CAB+2∠ABE=90°，
又∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CBA=2∠CBD，
即BD平分∠ABC，
过E作 于F（如图（1）），
∴EF=CE，
∵∠BCE=∠BFE，∠CBE=∠FBE，
∴（AAS），
∴BC=BF，
由勾股定理即知： ，
∴，
即，
解得CE=3；
当2∠D+∠DCE=90°时（如备用图），
∵A，B，C，D在同一圆上，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，
∵∠DAC=∠CBE，
∴ ，
∴ ，
即，
∵2∠CAB+∠ABE=90°，
又∠DAB+∠ABE=90°，
∴∠DAE=∠CAB，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
即，
故，
∴
∴由勾股定理得 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，
∵，
∴，
∵∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠MAB+∠MBA=90°，
∴∠CAM+∠CBM=180°，
∴∠CBM+∠CBG=180°，
∴M、B，G三点共线，
∵是“准互余三角形”，
∴2∠CAB+∠G=90°或∠CAB+2∠G=90°，
∵∠CAM+∠G=90°，
∵∠CAB<∠BAM，
∴ ，
故∠CAB+2∠G=90°，
∴∠CAM+∠G=∠CAB+2∠G，
∴∠BAM =∠G，
又∠M =∠M，
∴，
∴ ，
即，
解得： ，
由勾股定理得： ；
【点睛】
此题利用新定义考查圆的相关知识，三角形相似，勾股定理等，有一定的难度，对知识的综合应用要求较高，认真寻找相关角证明相似是关键．
13．我们知道，顶点坐标为的抛物线的解析式为．今后我们还会学到，圆心坐标为，半径为的圆的方程．如：圆心为，半径为3的圆的方程为．
（1）以为圆心，为半径的圆的方程为________；
（2）如图，以为圆心的圆与轴相切于原点，是上一点，连接，作垂足为．延长交轴于点，已知．
①连接，证明：是的切线；
②在上是否存在一点，使？若存在，求点的坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①见解析；②存在，点Q（，2），以Q为圆心，以QB为半径的的方程为．
【解析】
【分析】
（1）由圆的方程的定义可求解；
（2）①由“SAS”可证，可得，可得结论；②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．
【详解】
解：（1）∵圆心坐标为，半径为的圆的方程，
∴以为圆心，为半径的圆的方程为 ，
即；
（2）①∵OE是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵BE=BE，
∴ ，
∴，
∴，
又∵BC是半径，
∴EC是的切线；
②如图，连接CQ，QO，
∵点B（-3，0），
∴OB=3，
∵，，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴BE=5，
∴，
∴点E（0，4），
∵，
∴点Q是BE的中点，
∴ ，
∵点B（-3，0），点E（0，4），
∴点
即点Q（，2），
∴以Q为圆心，以QB为半径的的方程为．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．
14．如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．
（1）求证：为切线；
（2）求证：；
（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）18S．
【解析】
【分析】
（1）根据根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠B，再根据直径所对的圆周角的直角、利用等角的余角相等推出∠CAB=90°，即可得到结论
（2）连接OD，根据角平分线的性质，利用等角对等边得GD=GA，结合全等得到∠AOG=∠DOG，推出OG是∠AOD的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质即可得到结论；
（3）由题意根据相等的角的正切值相等推出边之间的关系，不妨设AD=2a，由直角三角形中的勾股定理推出线段OG=a，DE=，再根据圆周角定理和角之间的互余关系得到△FGO∽△ADE，最后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）证明：由题意可知在⊙O中，∠E=∠B，
∵∠CAD=∠E，
∴∠CAD=∠B，
∵∠B+∠DAB=90°，
∴∠CAD+∠DAB=90°，即∠CAB=90°，
∴CA⊥AB，
∴AC为⊙O切线．
（2）如图，连接OD，
∵∠ADB=90°，DE平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF=45°，
又∵AG⊥DE，
∴△AGD是等腰直角三角形，
在△OGA和△OGD中，
，
∴△OGA∽△OGD（SSS），
∴∠AOG=∠DOG，
∴OG是∠AOD的平分线，
∴OG⊥AD．
（3）如图，连接OD，
由（2）可知OG⊥AD，令其垂足为M，
∵∠BAD=∠C，
∴tanC=tan∠BAD=2，
不妨设AD=2a，则BD=4a，AB=，
∴OA=OB=OD=，
∵△AGD是等腰直角三角形，且OM⊥AD，
∴AM=DM=MG=AD=a，
∴AG=DG=AD=，
∴MO=，
∴OG=MOMG=a，
由（1）可知在Rt△AGE和Rt△CAD中，∠E=∠CAD，
∴∠GAE=∠C，
∴tan∠GAE=tanC=2，
∴EG=2AG=，
∴DE=DG+EG=，
由（2）可知OM⊥AD，BD⊥AD，
∴OM∥BD，
∴∠FOG=∠B，∠OGF=∠BDF
又由（1）可知∠E=∠B，∠ADF=∠BDF=45°
∴∠FOG=∠E，∠OGF=∠EAD，
∴△FGO∽△ADE，
∵，
∴，
∵S△OFG=S，
∴S△DAE=18S．
【点睛】
本题考查切线的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理及解直角三角形，需要善于观察结合图形找到相等的角，根据角的关系推导出边的关系、三角形的形状及相似三角形等，进而求解．
15．如图，在中，以为直径的交边于点D，交边于点E．过点D作的切线，交于点F，交的延长线于点G，且，连接．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）求证：；
（3）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【解析】
【分析】
（1）DF是⊙O的切线，得到∠ODF=90°，再求出∠C+∠FDC=90° ，∠C=∠BDO，由OB=OD，得∠BDO=∠ABC．∠C=∠ABC，即可求解．
（2）因为AB是直径，得到,知道,,,推出，，得到即可求解；
（3）求出△ODG∽△AFG，得出比例式，即可求出圆的半径．
【详解】
（1）证明： ∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF．
∴∠ODF=90°．
又∵∠BDO+∠ODF+∠FDC=180°，
∴∠BDO+∠FDC=90°．
∵DF⊥AC，
∴∠DFC=90°，
∴∠C+∠FDC=90°．
∴∠C=∠BDO．
∵OB=OD，
∴∠BDO=∠ABC．
∴∠C=∠ABC．
∴AB=AC．
∴△ABC是等腰三角形；
（2）连接AD，
∵AB是直径
,
,
,
,
在和中
,
（3）解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴△GOD∽△GAF，
∴设⊙O的半径是r，则AB=AC=2r，
∴AF=2r-2，
∴r=3，
经检验：是原方程的根，且符合题意，
即⊙O的半径是3．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆内接四边形，相似三角形的性质和判定，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
16．如图，在矩形中，，，是上一点，，过点，与交于点．
（1）求弦的长．
（2）求证：是的切线．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）过作，根据勾股定理得到，由，得到，根据相似三角形的性质得到，确定，再根据勾股定理即可得到结论；
（2）连接，在中，根据勾股定理得到，由勾股定理的逆定理得到，根据切线的判定定理即可得到结论．
【详解】
解：（1）解：过作，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
；
（2）证明：连接，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，在上，
是的切线．
【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，解题的关键是正确的作出辅助线是解题的关键．
17．如图1，对于△PMN的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点
在平画直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x＋1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2）・将点D绕原点O旋转得到点F，若△EOF关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
【答案】（1）①O，C；②1≤n≤8；（2）或
【解析】
【分析】
（1）①分别以为圆心，，，为半径作圆，观察图像根据线段与圆的交点的位置，可得结论．
②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与直线的公共点都在线段上，此时点是关于点的内联点，当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，利用图像法即可解决问题．
（2）如图3中，过点作轴于，过点作轴于．利用相似三角形的性质求出点的坐标，再根据对称性求出的坐标，当时，设交于，想办法求出的坐标，结合图像法可得结论．
【详解】
解：（1）①如图1中，根据点为关于点的内联点的定义，观察图像可知，点，点是是关于点的内联点．
故答案为：，．
②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与线段有唯一的公共点，此时点是关于点的内联点，
当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，
观察图像可知，满足条件的的值为．
（2）如图3中，过点作轴于，过点作轴于．
，
，，
，
当时，点是关于点的内联点，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
观察图像可知当时，满足条件．
作点关于点的对称点，，
当时，设交于，
，，，
△，
，
，，
在中，则有，
解得，
，，
可得，，
观察图像可知，当．
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了点为关于点的内联点的定义，一次函数的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
18．AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于CD，垂足为D.
（1）如图1，若AC平分∠BAD，求证：CD是⊙O的切线.
（2）如果把直线CD向下平行移动，如图2，直线CD交⊙O于C、G两点，AG＝2，BG＝4，求cos∠CAD的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，由角平分线的性质可得到，再用平行线的性质即可求出；
（2）根据AB为⊙O的直径，是 O的内接四边形，利用圆内接四边形的性质和直角三角形的性质推出∠CAD=∠GAB ，再由勾股定理的性质，最后得到 ．
【详解】
解：（1）如图，连接CO
∵AC平分∠BAD
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴CD是⊙O的切线；
（2）如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴，
∵是O的内接四边形
∴
∵
∴
∴
∴
在中，
由勾股定理得：
∴
∴
在中，
∴
【点睛】
本题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理和三角函数等知识；熟练掌握圆的有关定理性质是解决问题的关键．
19．如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD，由垂直的定义得到∠ADB=90°，确定∠ABD+∠A=90°，等量代换得到∠ODB+∠BDC=90°，求得OD⊥CD，根据切线的定义即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到∠CDO=90°，根据余角的性质得到∠COD=∠BDC，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠A=90°，
∵∠BDC=∠BAD，
∴∠ODB+∠BDC=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDO=90°，
∵cos∠BDC=，∠BDC=∠BAD．
∴cos∠BAD=，
∵AD=2，
∴AB=6，
∴OD=OE=3，
∵CD=6，
∴OC=，
∴CE=CO-OE=．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
20．如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD＝2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM＝3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是 ．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题可得，OE是半径，要证AE是切线，只需要证明OE⊥AE即可，连接OB，因为AB是切线，所以∠ABO＝90°，因为OB＝OD，所以∠OBD＝∠ODB，利用AC//BD，可以证得∠AOB＝∠AOE，继而证明△AOB≌△AOE，即可解决；
（2）过O作OH⊥BD于H，则DH＝BH＝1，可以证明△OBH∽△AOB，得到，求出AB的长度，利用切线长定理，得到AE＝AB，即可解决；
（3）在（1）的条件下，容易得到∠ABO+∠AEO＝180°，则A，B，O，E四点共圆，只需要取AO中点P，证明A，B，O，E四点到P的距离相等即可，从而得到AO是圆P的直径，因为OB＝OM＝BM＝3，所以△OBM为等边三角形，可以得到∠ABM＝150°，又BM//AN，得到∠BAN＝30°，利用同弧所对的圆周角等于圆心角一半，可以得到∠BEM＝，所以∠BEM＝∠BAN，则B，A，E，G四点共圆，即G在圆P上，由于AO是直径，所以∠AGO＝90°，这一结论可以通过“相似八字形”来完成，图3和图4通过相似的证明，得到∠AGO＝90°，延长GO交BM于F，可得OF⊥BM，可以通过勾股定理求出OF的长度，过B作BD⊥AN于D，在直角三角形ABD中，求得BD长度，四边形BDGF是矩形，从而求出FG长度，利用OG＝FG﹣OF，即可解决．
【详解】
证明：如图1，连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
∵BD//AC，
∴∠AOE＝∠ODB，∠AOB＝∠OBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠AOE＝∠AOB，
在△AOB与△AOE中，
，
∴△AOB≌△AOE（SAS），
∴∠AEO＝∠ABO＝90°，
∴OE⊥AE，
∵E在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线；
（2）如图2，过O作OH⊥BD于H，
则BH＝DH＝，∠BHO＝90°，
在Rt△OBH中，OH＝，
∵∠OHB＝∠ABO＝90°，
∠OBD＝∠AOB，
∴△OBH∽△AOB，
∴，
即，
∴AB＝，
∵AB，AE是⊙O的切线，
∴AE＝AB＝；
（3）取AO的中点P，如图3，连接BP，EP，OB，OE，
在Rt△AOB中，∵P是斜边AO的中点，
∴AP＝OP＝BP，
同理，EP＝AP＝OP，
∴AP＝OP＝BP＝EP，
∴A，B，O，E四点共圆，
∵∠ABO＝90°，
∴AO为圆的直径，
连接OB，OM，BE，
∵OB＝OM＝BM＝3，
∴∠OBM＝60°，
∴∠ABM＝∠ABO+∠OBM＝150°，
∵AN//BM，
∴∠BAN＝180°﹣∠ABM＝30°，
连接BE，设BE与AN交于Q点，如图4，
又∠BEM＝，
∴∠BAN＝∠BEM，
∵∠AQB＝∠EQG，
∴△AQB∽△EQG，
∴，
又∠BQG＝∠AQE，
∴△BQG∽△AQE，
∴∠AEB＝∠AGB，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠AGB，
∵A，B，O，E四点共圆，如图5，
连接AO，设BG与AO交于H点，
∴∠AOB＝∠AEB，
又∠BHO＝∠AHG，
∴△BHO∽△AHG，
∴∠OBH＝∠OAG，
，
∵∠AHB＝∠GHO，
∴△AHB∽△GHO，
∴∠ABG＝∠AOG，
∵∠ABG+∠OBH＝90°，
∠OBH＝∠∠OAG，
∴∠AOG+∠OAG＝90°，
∴∠AGO＝90°，
如图6，延长GO交BM于F，
∵BM//AN，
∴∠BFO＝180°﹣∠AGO＝90°，
∴OF⊥BM，
∴BF＝，又BO＝3，
∴，
过B作BD⊥AN于D，
则在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，
∴BD＝，
∵∠OFB＝∠AGO＝∠BDG＝90°，
∴四边形BDGF为矩形，
∴FG＝BD＝，
∴OG＝FG﹣OF＝．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，利用垂径定理和勾股定理来求圆中的线段是本题的基本功，注意四点共圆的常规结论和其证明方法，比如本题中∠BAN=∠BEM，根据这一条件，可以得到B，A，E，G四点共圆，我们可以通过“八字形”相似来完成∠AGO=90°的证明，是解决本题的关键．
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