中考数学专题训练---圆的综合的综合题分类

一、圆的综合

1．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）． （1）若∠BOH=30°，求点H的坐标； （2）求证：直线PC是⊙A的切线； （3）若OD=10，求⊙A的半径．

【答案】（1）（1，﹣3）；（2）详见解析；（3）【解析】 【分析】

5. 3（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论； （2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论； （3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论． 【详解】

（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M． ∵四边形OBCD是平行四边形， ∴∠B=∠ODC

∵四边形OHCD是圆内接四边形 ∴∠OHB=∠ODC ∴∠OHB=∠B ∴OH=OB=2 ∴在Rt△OMH中， ∵∠BOH=30°， ∴MH=

1OH=1，OM=3MH=3， 2∴点H的坐标为（1，﹣3）， （2）连接AC． ∵OA=AD， ∴∠DOF=∠ADO ∴∠DAE=2∠DOF

∵∠PCD=2∠DOF， ∴∠PCD=∠DAE ∵OB与⊙O相切于点A ∴OB⊥OF ∵OB∥CD ∴CD⊥AF ∴∠DAE=∠CAE ∴∠PCD=∠CAE

∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90° ∴直线PC是⊙A的切线； （3）解：⊙O的半径为r． 在Rt△OED中，DE=∴OE═3

∵OA=AD=r，AE=3﹣r．

在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1 解得r=

11CD=OB=1，OD=10 ， 225． 3

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．

2．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．

（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．

（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．

上．

【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°． 【解析】

试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切； （2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；

（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围． 试题解析：（1）相切，理由如下：

如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，

上时，连接AO′，则

∵α=15°，A′C∥AB， ∴∠ABA′=∠CA′B=30°， ∴DE=A′E，OE=BE，

∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA， ∴A′C与半圆O相切；

（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′， ∴∠OBA′=2α=90°， ∴α=45°， 当O′在

上时，如图2，

连接AO′，则可知BO′=AB， ∴∠O′AB=30°， ∴∠ABO′=60°， ∴α=30°，

（3）∵点P，A不重合，∴α＞0，

由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，

∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点B； 当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点B． 当α继续增大时，点P逐渐靠近点B，但是点P，B不重合， ∴α＜90°，

∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B． 综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°． 考点：圆的综合题．

3．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G为切点，已知⊙O的半径为3．求▱ABCD的面积． 【答案】203 【解析】 【分析】

首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答. 【详解】

设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F； 平行四边形ABCD的面积为S；

1(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）； 2∵平行四边形ABCD的周长为26， ∴AB+AD=13，

则S=2S△ABD=2×

∴S=3(13+BD)；连接OA；

由题意得：∠OAE=30°，

∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE； ∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7， 即BD=7，

∴S=3（13+7）=203．

即平行四边形ABCD的面积为203．

4．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin∠CAE的值．

【答案】(1)见解析;(2)【解析】

10. 10分析：（1）要证DE是⊙O的切线，必须证ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°

（2）要证AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又BD⊥AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可． 详解：（1）证明：连接O、D与B、D两点， ∵△BDC是Rt△，且E为BC中点， ∴∠EDB=∠EBD．（2分） 又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°， ∴∠EDB+∠ODB=90°． ∴DE是⊙O的切线． （2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四边形AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点， 又∵BD⊥AC，

∴△ABC为等腰直角三角形． ∴∠CAB=45°． 过E作EH⊥AC于H， 设BC=2k，则EH=∴sin∠CAE=

2k，AE=5k， 2EH10． AE10

点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．

5．如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，小圆直径AE的延长线与大圆交于点B，点D在大圆上，BD与小圆相切于点F，AF的延长线与大圆相交于点C，且CE⊥BD．找出图中相等的线段并证明．

【答案】见解析 【解析】

试题分析：由AE是小⊙O的直径，可得OA=OE，连接OF，根据切线的性质，可得OF⊥BD，然后由垂径定理，可证得DF=BF，易证得OF∥CE，根据平行线分线段成比例定理，可证得AF=CF，继而可得四边形ABCD是平行四边形，则可得AD=BC，AB=CD．然后连接OD、OC，可证得△AOD≌△EOC，则可得BC=AD=CE=AE． 试题解析：

图中相等的线段有：OA=OE，DF=BF，AF=CF，AB=CD，BC=AD=CE=AE． 证明如下：

∵AE是小⊙O的直径， ∴OA=OE． 连接OF，

∵BD与小⊙O相切于点F， ∴OF⊥BD． ∵BD是大圆O的弦， ∴DF=BF． ∵CE⊥BD， ∴CE∥OF，

∴AF=CF．

∴四边形ABCD是平行四边形． ∴AD=BC，AB=CD． ∵CE：AE=OF：AO，OF=AO， ∴AE=EC． 连接OD、OC， ∵OD=OC， ∴∠ODC=∠OCD．

∵∠AOD=∠ODC，∠EOC=∠OEC， ∴∠AOC=∠EOC， ∴△AOD≌△EOC， ∴AD=CE． ∴BC=AD=CE=AE．

【点睛】考查了切线的性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法，小心不要漏解．

6．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=（点P不与A、B重合），连结OP，CP． （1）∠C的最大度数为 ；

（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；

（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．

1AB，点P是⊙O上半部分的一个动点2

【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得； （2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；

（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．

试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：

OP21==，∴∠OCP=30° OC42∴∠OCP的最大度数为30°， 故答案为：30°；

（2）有最大值，理由：

∵sin∠OCP=

∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大， 而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大， 也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=（3）连结AP，BP，如图2，

11OC•OP=×6×3=9； 22OAOD在△OAP与△OBD中，AOPBOD ，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，

OPOB∵PC=DB，∴AP=PC， ∵PA=PC，∴∠A=∠C， ∵BC=

1AB=OB，∴CO=OB+OB=AB， 2APCP在△APB和△CPO中，AC ，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，

ABCO∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°， ∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．

7．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B为CG边上的一个动点，连接AB，将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到△ADB，过点D作DF⊥CG于点F．

（1）当BC=

23 时，判断直线FD与以AB为直径的⊙O的位置关系，并加以证明； 3（2）如图2，点B在CG上向点C运动，直线FD与以AB为直径的⊙O交于D、H两点，连接AH，当∠CAB=∠BAD=∠DAH时，求BC的长．

【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）222 . 【解析】

试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切； （2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长． 试题解析：

（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切． 证明：如图， 作以AB为直径的⊙O；

∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的， ∴△ADB≌△ACB， ∴∠ADB=∠ACB=90°． ∵O为AB的中点，连接DO， ∴OD=OB=AB， ∴点D在⊙O上． 在Rt△ACB中，BC=∴tan∠CAB=

=

，

，AC=2；

∴∠CAB=∠BAD=30°， ∴∠ABC=∠ABD=60°， ∴△BOD是等边三角形． ∴∠BOD=60°． ∴∠ABC=∠BOD， ∴FC∥DO． ∵DF⊥CG， ∴∠ODF=∠BFD=90°，

∴OD⊥FD， ∴FD为⊙O的切线． （2）延长AD交CG于点E，

同（1）中的方法，可证点C在⊙O上； ∴四边形ADBC是圆内接四边形． ∴∠FBD=∠1+∠2． 同理∠FDB=∠2+∠3． ∵∠1=∠2=∠3， ∴∠FBD=∠FDB， 又∠DFB=90°． ∴EC=AC=2． 设BC=x，则BD=BC=x， ∵∠EDB=90°， ∴EB=∴

x．

∵EB+BC=EC，

x+x=2，

﹣2， ﹣2．

解得x=2∴BC=2

8．如图，AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB，OB＝4，D是OB的中点，点E是弧BC上的动点，连接AE，DE．

（1）当点E是弧BC的中点时，求△ADE的面积；

（2）若tanAED3 ，求AE的长； 2（3）点F是半径OC上一动点，设点E到直线OC的距离为m，当△DEF是等腰直角三角形时，求m的值.

【答案】（1）SADE62；（2）AE165；（3）m23 ，m22，5m71.

【解析】 【分析】

（1）作EH⊥AB，连接OE，EB，设DH＝a，则HB＝2﹣a，OH＝2+a，则EH＝OH＝2+a，根据Rt△AEB中，EH2＝AH•BH，即可求出a的值，即可求出S△ADE的值；

AFAD，EFBD得出AF＝6x，再利用Rt△AFD中，AF2+DF2＝AD2，即可求出x，进而求出AE的长； （3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m的值. 【详解】

解：（1）如图，作EH⊥AB，连接OE，EB， 设DH＝a，则HB＝2﹣a，OH＝2+a， ∵点E是弧BC中点， ∴∠COE＝∠EOH＝45°， ∴EH＝OH＝2+a，

在Rt△AEB中，EH2＝AH•BH， （2+a）2＝（6+a）（2﹣a），

（2）作DF⊥AE，垂足为F，连接BE，设EF＝2x，DF＝3x，根据DF∥BE故解得a＝222， ∴a＝222， EH=22， S△ADE＝

1ADEH62; 2

（2）如图，作DF⊥AE，垂足为F，连接BE

设EF＝2x，DF＝3x ∵DF∥BE

AFAD EFBDAF6=3 ∴

2x2∴AF＝6x

∴

在Rt△AFD中，AF2+DF2＝AD2 （6x）2+（3x）2＝（6）2 解得x＝25 5165 5AE＝8x＝（3）当点D为等腰直角三角形直角顶点时，如图

设DH＝a

由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH， ∴∠DFO=∠EDH ∴△ODF≌△HED ∴OD＝EH＝2

在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH （2）2＝（6+a）•（2﹣a） 解得a＝±232 m＝23 当点E为等腰直角三角形直角顶点时，如图

同理得△EFG≌△DEH

设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a 在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH （2+a）2＝（6+a）（2﹣a） 解得a＝222 ∴m＝22 当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图

同理得△EFM≌△FDO

设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2 ∴EH＝a+2

在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH （a+2）2＝（4+a）•（4﹣a） 解得a＝±71 m＝71 【点睛】

此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.

9．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．

（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD= BD． （2）探究证明

将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明 （3）拓展延伸

在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写BD的长．

【答案】（1）2；（2）AD﹣DC=2BD；（3）BD=AD=2+1． 【解析】 【分析】

（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系 （2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O， 证明CDB≌AEB，得到CDAE，EBBD， 根据BED为等腰直角三角形，得到DE2BD，

再根据DEADAEADCD，即可解出答案.

（3）根据A、B、C、D四点共圆，得到当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．

在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证CHAH由BDAD即可得出答案. 【详解】

解：（1）如图1中，

2，

由题意：BAE≌BCD， ∴AE=CD，BE=BD， ∴CD+AD=AD+AE=DE， ∵BDE是等腰直角三角形， ∴DE=2BD， ∴DC+AD=2BD， 故答案为2． （2）ADDC2BD．

证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．

∵ABCDBE90，

∴ABEEBCCBDEBC， ∴ABECBD．

∵BAEAOB90，BCDCOD90，AOBCOD， ∴BAEBCD，

∴ABEDBC．又∵ABCB， ∴CDB≌AEB， ∴CDAE，EBBD， ∴BD为等腰直角三角形，DE∵DEADAEADCD， ∴ADDC2BD．

2BD．

（3）如图3中，易知A、B、C、D四点共圆，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．

此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证CHAH∴BDAD【点睛】

2，

21．

本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.

10．在

O中，AB为直径，C为O上一点.

（Ⅰ）如图①，过点C作

O的切线，与AB的延长线相交于点P，若CAB28，求

P的大小；

（Ⅱ）如图②，D为弧AC的中点，连接OD交AC于点E，连接DC并延长，与AB的延长线相交于点P，若CAB12，求P的大小. 【答案】（1）∠P＝34°；（2）∠P＝27° 【解析】 【分析】

（1）首先连接OC，由OA=OC，即可求得∠A的度数，然后由圆周角定理，求得∠POC的度数，继而求得答案；

（2）因为D为弧AC的中点，OD为半径，所以OD⊥AC，继而求得答案． 【详解】 （1）连接OC， ∵OA＝OC， ∴∠A＝∠OCA＝28°， ∴∠POC＝56°， ∵CP是⊙O的切线， ∴∠OCP＝90°， ∴∠P＝34°；

（2）∵D为弧AC的中点，OD为半径， ∴OD⊥AC， ∵∠CAB＝12°， ∴∠AOE＝78°， ∴∠DCA＝39°， ∵∠P＝∠DCA﹣∠CAB， ∴∠P＝27°．

【点睛】

本题考查切线的性质以及等腰三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF上，且∠DEC=∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）当AB=AC时，若CE=2，EF=3，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

35． 4（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；

（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F=∠EDF，根据等腰三角形的判定得到DE=EF=3，根据勾股定理得到CD角形的性质即可得到结论． 【详解】

（1）如图，连接BD．

∵∠BAD=90°，∴点O必在BD上，即：BD是直径，∴∠BCD=90°，∴∠DEC+∠CDE=90°． ∵∠DEC=∠BAC，∴∠BAC+∠CDE=90°．

∵∠BAC=∠BDC，∴∠BDC+∠CDE=90°，∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE． ∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；

DE2CE25，证明△CDE∽△DBE，根据相似三

（2）∵∠BAF=∠BDE=90°，∴∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB=90°． ∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB．

∵∠ADB=∠ACB，∴∠F=∠FDE，∴DE=EF=3． ∵CE=2，∠BCD=90°，∴∠DCE=90°，∴CDDE2CE25．

∵∠BDE=90°，CD⊥BE，∴∠DCE=∠BDE=90°．

∵∠DEC=∠BED，∴△CDE∽△DBE，∴径CDBD5335，∴BD，∴⊙O的半CEDE2235． 4

【点睛】

本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE=EF是解答本题的关键．

12．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F； （1）求证：∠ADC+∠CBD＝

1∠AOD； 2（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析； 【解析】 【分析】

1根据垂径定理得到BDCD，根据等腰三角形的性质得到

ODA11180AOD90AOD，即可得到结论； 222根据垂径定理得到BECE，BDCD，根据等腰三角形的性质得到

ADOOAD，根据切线的性质得到PAO90，求得OADDAP90，推

出PAFPFA，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论． 【详解】

1证明：

ODBC，

BDCD，

CBDDCB，

DFEEDF90， EDF90DFE，

ODOA，

11ODA180AOD90AOD，

22190DFE90AOD，

21DEFAOD，

2DFEADCDCBADCCBD，

1ADCCBDAOD；

22解：

ODBC，

BECE，BDCD，

BDCD， OAOD，

ADOOAD， PA切O于点A，

PAO90， OADDAP90，

PFADFE， PFAADO90，

PAFPFA， PAPF． 【点睛】

本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．

13．如图，⊙O的直径AB＝8，C为圆周上一点，AC＝4，过点C作⊙O的切线l，过点B作l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E． （1）求∠AEC的度数；

（2）求证：四边形OBEC是菱形．

【答案】（1）30°；（2）详见解析. 【解析】 【分析】

（1）易得△AOC是等边三角形，则∠AOC＝60°，根据圆周角定理得到∠AEC＝30°； （2）根据切线的性质得到OC⊥l，则有OC∥BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，则∠EAB＝30°，可证得AB∥CE，得到四边形OBEC为平行四边形，再由OB＝OC，即可判断四边形OBEC是菱形． 【详解】

（1）解：在△AOC中，AC＝4， ∵AO＝OC＝4， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠AOC＝60°， ∴∠AEC＝30°；

（2）证明：∵OC⊥l，BD⊥l． ∴OC∥BD．

∴∠ABD＝∠AOC＝60°． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°，

∴△AEB为直角三角形，∠EAB＝30°． ∴∠EAB＝∠AEC． ∴CE∥OB，又∵CO∥EB ∴四边形OBEC 为平行四边形． 又∵OB＝OC＝4． ∴四边形OBEC是菱形． 【点睛】

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法．

14．如图，等边△ABC内接于⊙O，P是弧AB上任一点（点P不与A、B重合），连AP，BP，过C作CM∥BP交PA的延长线于点M，

（1）求证：△PCM为等边三角形；

（2）若PA＝1，PB＝2，求梯形PBCM的面积． 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM为等边三角形；

（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可． 【详解】

（1）证明：作PH⊥CM于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠APC=∠ABC=60°， ∠BAC=∠BPC=60°， ∵CM∥BP， ∴∠BPC=∠PCM=60°， ∴△PCM为等边三角形；

（2）解：∵△ABC是等边三角形，△PCM为等边三角形， ∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA， ∴∠BCP=∠ACM， 在△BCP和△ACM中，

153 4BCACBCPACM， CPCM∴△BCP≌△ACM（SAS）， ∴PB=AM，

∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3， 在Rt△PMH中，∠MPH=30°， ∴PH=33， 21133153． =（PB+CM）×PH=×（2+3）×2242∴S梯形PBCM=

【点睛】

本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．

15．我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．

（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．

（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．

（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．

【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1． 【解析】

【分析】

（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.

（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明. （3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论. 【详解】 解：（1）如图2，

在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC， ∵点F是AFB的中点，FA＝FB， 在△FAG和△FBC中，

FAFBFAGFBC AGBC,∴△FAG≌△FBC（SAS）， ∴FG＝FC， ∵FE⊥AC， ∴EG＝EC，

∴AE＝AG+EG＝BC+CE；

（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE， 理由：如图3，

在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，

∵点F是AFB的中点， ∴FA＝FB， FAFB, ∴∠FCG＝∠FCB，

CGCB在△FCG和△FCB中，FCGFCB

FCFC,∴△FCG≌△FCB（SAS）， ∴FG＝FB， ∴FA＝FG， ∵FE⊥AC， ∴AE＝GE，

∴CE＝CG+GE＝BC+AE；

（3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，

1AB2，AC23， 2当点P在弦AB上方时，如图4，

∴BC

在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG， ∵∠ACB＝90°， ∴AB为⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°， ∴∠PBA＝45°＝∠PAB， ∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB，

CGCB在△PCG和△PCB中， PCGPCB

PCPC,∴△PCG≌△PCB（SAS）， ∴PG＝PB， ∴PA＝PG， ∵PH⊥AC，

∴AH＝GH，

∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC， ∴232AH2，

∴AH31 当点P在弦AB下方时，如图5， ，在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG ∵∠ACB＝90°， ∴AB为⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°， ∴∠PBA＝45°＝∠PAB， ∴PA＝PB，

在△PAG和△PBC中，

AGBCPAGPBC PAPB,∴△PAG≌△PBC（SAS）， ∴PG＝PC， ∵PH⊥AC， ∴CH＝GH，

∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH， ∴2322CH， ∴CH31 ，∴AHACCH233131，

即：当∠PAB＝45°时，AH的长为31 或31.

【点睛】

考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.