一、圆的综合
1．如图，⊙O的半径为6cm，经过⊙O上一点C作⊙O的切线交半径OA的延长于点B，作∠ACO的平分线交⊙O于点D，交OA于点F，延长DA交BC于点E． （1）求证：AC∥OD；
（2）如果DE⊥BC，求»AC的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）2π． 【解析】
试题分析：（1）由OC=OD，CD平分∠ACO，易证得∠ACD=∠ODC，即可证得AC∥OD； （2）BC切⊙O于点C，DE⊥BC，易证得平行四边形ADOC是菱形，继而可证得△AOC是等边三角形，则可得：∠AOC=60°，继而求得弧AC的长度．
试题解析：（1）证明：∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵CD平分∠ACO，∴∠OCD=∠ACD，∴∠ACD=∠ODC，∴AC∥OD；
（2）∵BC切⊙O于点C，∴BC⊥OC．∵DE⊥BC，∴OC∥DE．∵AC∥OD，∴四边形ADOC是平行四边形．∵OC=OD，∴平行四边形ADOC是菱形，∴OC=AC=OA，∴△AOC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∴弧AC的长度=
606=2π． 180点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
2．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=
1，点P在AB边上，⊙P的半径为定2长.当点P与点B重合时，⊙P恰好与AC边相切；当点P与点B不重合时，⊙P与AC边相交于点M和点N．
（1）求⊙P的半径；
（2）当AP=65时，试探究△APM与△PCN是否相似，并说明理由．
【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析. 【解析】
【分析】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，⊙P与边AC相切，则BD就是⊙P的半径，利用解直角三角形得出BD与AD的关系，再利用勾股定理可求得BD的长； （2）如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，根据垂径定理得出MN=2MH，PM=PN，再利用勾股定理求出PH、AH、MH、MN的长，从而求出AM、NC的
AMPNAMPN=、的值，得出，利用两边对应成比例且夹角相等的两
MPNCMPNC三角形相似即可证明.
【详解】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，
长，然后求出
∵⊙P与边AC相切， ∴BD就是⊙P的半径， 在Rt△ABD中，tanA= 设BD=x，则AD=2x， ∴x2+(2x)2=152， 解得：x=35， ∴半径为35； （2）相似，理由见解析，
如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D， ∴PH垂直平分MN， ∴PM=PN， 在Rt△AHP中，tanA=设PH=y，AH=2y， y2+（2y）2=（65）2 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt△MPH中， MH=1BD， 2AD1PH， 2AH35262=3，
∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9，
NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴∴
AM935PN35，， MP355NC5AMPN=， MPNC又∵PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM， ∴∠AMP=∠PNC， ∴△AMP∽△PNC.
【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.
3．四边形 ABCD 的对角线交于点 E，且 AE＝EC，BE＝ED，以 AD 为直径的半圆过点 E，圆心 为 O．
（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；
（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F，且直径 AD＝6，求弧AE 的长．
【答案】（1）见解析；（2）【解析】
π 2试题分析：（1）先判断出四边形ABCD是平行四边形，再判断出AC⊥BD即可得出结论； （2）先判断出AD=DC且DE⊥AC，∠ADE=∠CDE，进而得出∠CDA=30°，最后用弧长公式即可得出结论．
试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD的对角线交于点E，且AE=EC，BE=ED，∴四边形ABCD是平行四边形．∵以AD为直径的半圆过点E，∴∠AED=90°，即有AC⊥BD，∴四边形ABCD 是菱形；
（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC为等腰三角形，∴AD=DC且DE⊥AC，∠ADE=∠CDE．如图2，过点C作CG⊥AD，垂足为G，连接FO．∵BF切圆O于点F，
∴OF⊥AD，且OF1AD3，易知，四边形CGOF为矩形，∴CG=OF=3． 2CG1=，∴∠CDA=30°，∴∠ADE=15°． CD2在Rt△CDG中，CD=AD=6，sin∠ADC=
303AE． 连接OE，则∠AOE=2×∠ADE=30°，∴¶1802
点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
4．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC． （1）求证：∠AEC=90°；
（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由； （3）若DC=2，求DH的长．
【答案】（1）证明见解析； （2）四边形AOCD为菱形； （3）DH=2【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得
，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出
∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得形是菱形）；
（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由
，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是
．
平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边
DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=试题解析：（1）连接OC，
，求得DH的长．
∵EC与⊙O切点C， ∴OC⊥EC， ∴∠OCE=90°，
∵点CD是半圆O的三等分点， ∴
∵OA=OC， ∴∠CAB=∠OCA， ∴∠DAC=∠OCA，
∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行） ∴∠AEC+∠OCE=180°， ∴∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．理由是： ∵
，
，
∴∠DAC=∠CAB，
∴∠DCA=∠CAB， ∴CD∥OA， 又∵AE∥OC，
∴四边形AOCD是平行四边形， ∵OA=OC，
∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）； （3）连接OD．
∵四边形AOCD为菱形， ∴OA=AD=DC=2， ∵OA=OD， ∴OA=OD=AD=2， ∴△OAD是等边三角形， ∴∠AOD=60°，
∵DH⊥AB于点F，AB为直径， ∴DH=2DF，
在Rt△OFD中，sin∠AOD=∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=∴DH=2DF=2
．
， ，
考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．
5．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．
（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？
【答案】（1）【解析】
204252；（2） 52；（3）
32分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；
（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处， 如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，
设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l， 由切线长定理可知C′E=C′D， 设C′D=x，则C′E=x， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x，∠OFD=45°， ∴△OFD也是等腰直角三角形， ∴OD=DF， ∴
2x+x=1，则x=2-1，
∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C运动的时间为则经过52； 252秒，△ABC的边与圆第一次相切； 2（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，
A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F， ∵CC′=2t，DD′=t，
∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，
答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切；
（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=1022， 310222042=． 33∴点B运动的距离为2×
点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．
，eO的直径AB12，P是弦BC上一动点(与点B，C不重合6．如图1)，ABC30o，过点P作PDOP交eO于点D．
1如图2，当PD//AB时，求PD的长；
1»»BEAB，连接DE． ABE时，延长至点，使2如图3，当DCAC2①求证：DE是eO的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）26；（2）①见解析，②333． 【解析】
分析：1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP，PD的长；
2①首先得出VOBD是等边三角形，进而得出ODEOFB90o，求出答案即
可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
详解：1如图2，连接OD，
QOPPD，PD//AB，
POB90o，
QeO的直径AB12，
OBOD6，
在RtVPOB中，ABC30o，
OPOBtan30o6在RtVPOD中，
323， 3PDOD2OP262(23)226；
2①证明：如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
»»QDCAC，
DBCABC30o， ABD60o，
QOBOD， VOBD是等边三角形， ODFB，
1QBEAB，
2OBBE， BF//ED，
ODEOFB90o，
DE是eO的切线；
②由①知，ODBC， CFFBOBcos30o6在RtVPOD中，OFDF，
333， 2PF1DO3(直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 2CPCFPF333．
点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出
VOBD是等边三角形是解题关键．
7．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF∥BC交AC于点E，交PC于点F，连结AF． (1)判断AF与⊙O的位置关系并说明理由； (2)若AC＝24，AF＝15，求sinB．
【答案】(1) AF与⊙O相切 理由见解析；（2）【解析】
3 5试题分析：（1）连接OC，先证∠OCF=90°，再证明△OAF≌△OCF，得出∠OAF=∠OCF=90°即可；
（2）先求出AE、EF，再证明△OAE∽△AFE，得出比例式求出直径，由三角函数的定义即可得出结论． 试题解析：解：（1）AF与⊙O相切．理由如下：
连接OC．如图所示．∵PC是⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴∠OCF=90°．∵OF∥BC，∴∠B=∠AOF，∠OCB=∠COF．∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠AOF=∠COF．在△OAF和△OCF中，∵OA=OC，∠AOF=∠COF，OF=OF，∴△OAF≌△OCF（SAS），∴∠OAF=∠OCF=90°，∴AF与⊙O相切；
（2）∵△OAF≌△OCF，∴∠OAE=∠COE，∴OE⊥AC，AE=
OAAE，可求出半径，进而AFEF1AC=12，2OAAEOA12，，即AFEF159∴EF=1521229．∵∠OAF=90°，∴△OAE∽△AFE，∴∴OA=20，∴AB=40，sinB=
AC243． AB405
点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．
8．如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径．∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F．
（1）求证：DP∥AB；
（2）若AC=6，BC=8，求线段PD的长． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】
（1）连接OD，由AB为⊙O的直径，根据圆周角定理得∠ACB=90°，再由
∠ACD=∠BCD=45°，则∠DAB=∠ABD=45°，所以△DAB为等腰直角三角形，所以DO⊥AB，根据切线的性质得OD⊥PD，于是可得到DP∥AB．
（2）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可得到
ADAB1052；由△ACE为等腰直角三角形，得到22AC632，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42，则225PDPAAD52，所以PA=PD，7PCPDCD72AECECD=72，易证得∴△PDA∽△PCD，得到PC=
7PD，然后利用PC=PA+AC可计算出PD． 5【详解】
解：（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．
∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠ACD=∠BCD=45°． ∴∠DAB=∠ABD=45°．∴△DAB为等腰直角三角形． ∴DO⊥AB．
∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD． ∴DP∥AB． （2）在Rt△ACB中，
∵△DAB为等腰直角三角形，∴
∵AE⊥CD，∴△ACE为等腰直角三角形．∴在Rt△AED中，∴
．
，
，
．
．
∵AB∥PD，∴∠PDA=∠DAB=45°．∴∠PAD=∠PCD． 又∵∠DPA=∠CPD，∴△PDA∽△PCD．∴∴PA=
．
75PD，PC=PD． 5775PD+6=PD，解得PD=57．
又∵PC=PA+AC，∴
9．如图，AD是△ABC的角平分线，以AD为弦的⊙O交AB、AC于E、F，已知EF∥BC． （1）求证：BC是⊙O的切线； （2）若已知AE=9，CF=4，求DE长；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC=60°，求tan∠AFE的值及GD长．
【答案】（1）证明见解析（2）DE=6（3）【解析】
18367 5»DF»，根据垂径定试题分析：（1）连接OD，由角平分线的定义得到∠1=∠2，得到DE理得到OD⊥EF，根据平行线的性质得到OD⊥BC，于是得到结论；
»DF»，得到DE=DF，根据平行线的性质得到∠3=∠4，等量代换得（2）连接DE，由DE到∠1=∠4，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）过F作FH⊥BC于H，由已知条件得到∠1=∠2=∠3=∠4=30°，解直角三角形得到FH=
11DF=×6=3，DH=33，CH=CF2HF27，根据三角函数的定义得到22HF37；根据相似三角形到现在即可得到结论． CH7tan∠AFE=tan∠C=
试题解析：（1）连接OD， ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠1=∠2，
»DF»， ∴DE∴OD⊥EF， ∵EF∥BC， ∴OD⊥BC， ∴BC是⊙O的切线； （2）连接DE，
»DF»， ∵DE∴DE=DF， ∵EF∥BC， ∴∠3=∠4， ∵∠1=∠3， ∴∠1=∠4， ∵∠DFC=∠AED， ∴△AED∽△DFC，
AEDE9DE，即， DFCFDE4∴DE2=36， ∴DE=6；
（3）过F作FH⊥BC于H， ∵∠BAC=60°，
∴∠1=∠2=∠3=∠4=30°，
∴∴FH=
11DF=6=3，DH=33，
22∴CH=CF2HF27， ∵EF∥BC， ∴∠C=∠AFE， ∴tan∠AFE=tan∠C=
HF37； CH7∵∠4=∠2．∠C=∠C， ∴△ADC∽△DFC， ∴
ADCD， DFCF∵∠5=∠5，∠3=∠2， ∴△ADF∽△FDG， ∴∴
ADDF， DFDGCDDF3376，即， CFDG4DG18367． 5∴DG=
点睛：本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.
10．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E在⊙O上，连接AE，DE，CD，BE，CE，∠EAC+∠BAE=180°，»AB»CD．
（1）判断BE与CE之间的数量关系，并说明理由； （2）求证：△ABE≌△DCE；
（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O的半径．
【答案】（1）BE=CE，理由见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】
83． 3分析：（1）由A、B、C、E四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC，所»=CE»，则弦相等；（2）根据SSS证明△ABE≌△DCE； 以BE（3）作BC和BE两弦的弦心距，证明Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），则∠OBH=30°，设OH=x，则OB=2x，根据勾股定理列方程求出x的值，可得半径的长． 本题解析： （1）解：BE=CE，
理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°， ∴∠BCE=∠EAC， »=CE»， ∴BE∴BE=CE；
（2）证明：∵»AB»CD，∴AB=CD， »=CE»，»»，∴AE=ED， ∵BEAEED由（1）得：BE=CE， 在△ABE和△DCE中，
AEDE∵ABCD ， BECE∴△ABE≌△DCE（SSS）；
（3）解：如图，∵过O作OG⊥BE于G，OH⊥BC于H，
111BC=×8=4，BG=BE， 222∵BE=CE，∠EBC=∠EAC=60°，
∴BH=
∴△BEC是等边三角形，∴BE=BC，∴BH=BG， ∵OB=OB，∴Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），
1∠EBC=30°， 2设OH=x，则OB=2x，
∴∠OBH=∠GBO=
由勾股定理得：（2x）2=x2+42，x=∴OB=2x=43， 38383，∴⊙O的半径为． 33
点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.
11．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E（BE＞EC），且BD＝23．过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F． （1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝60°，DE＝7，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）93﹣2π． 【解析】 【分析】
（1）连结OD，根据垂径定理得到OD⊥BC，根据平行线的性质得到OD⊥DF，根据切线的判定定理证明；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，证明△OBD为等边三角形，得到∠ODB=60°，OB=BD=23，根据勾股定理求出PE，证明△ABE∽△AFD，根据相似三角形的性质求出AE，根据阴影部分的面积=△BDF的面积-弓形BD的面积计算． 【详解】
证明：（1）连结OD， ∵AD平分∠BAC交⊙O于D， ∴∠BAD=∠CAD，
»=CD» ， ∴BD∴OD⊥BC， ∵BC∥DF， ∴OD⊥DF， ∴DF为⊙O的切线；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC， ∴∠BAD=30°， ∴∠BOD=2∠BAD=60°， ∴△OBD为等边三角形， ∴∠ODB=60°，OB=BD=23 ， ∴∠BDF=30°， ∵BC∥DF， ∴∠DBP=30°， 在Rt△DBP中，PD=
1BD=3 ，PB=3PD=3， 2在Rt△DEP中，∵PD=3，DE=7， ∴PE=(7)2(3)2 =2， ∵OP⊥BC， ∴BP=CP=3， ∴CE=3﹣2=1，
∵∠DBE=∠CAE，∠BED=∠AEC， ∴△BDE∽△ACE，
∴AE：BE=CE：DE，即AE：5=1：7 ，
57 7∵BE∥DF，
∴AE=
∴△ABE∽△AFD，
575BEAE7 ， ∴ ，即
DF125DFAD7解得DF=12， 在Rt△BDH中，BH=
1BD=3， 2∴阴影部分的面积=△BDF的面积﹣弓形BD的面积=△BDF的面积﹣（扇形BOD的面积﹣
160(23)23△BOD的面积）=123(23)2 =93﹣2π．
23604【点睛】
考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．
12．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC于点E，连结DE
（1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长
（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD
（3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连结PD，且点D是△CPF的内心
①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数
②设PC=a，PF=b，PD=c，若（a-2c）（b-2c）=8，求△CPF的内切圆半径长．
【答案】（1）DE=1，CE=32；（2）tan∠BCD=【解析】 【分析】
1 ；（3）①135°；②2. 4（1）由A、C、E、D四点共圆对角互补为突破口求解；
（2）找∠BDF与∠ODA为对顶角，在⊙O中，∠COD=2∠CAD，证明△OCD为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；
（3）过点D做DHCB于点H，以D为圆心，DH为半径画圆，过点P做eD切线PF交CB的延长线于点F，结合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再根据圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，得出∠CPF=90°，然后根据角平分线性质得出
11DCFCFDPCFPFC45，最后再根据三角形内角和定理即可求
22解；证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF是直角，再求证四边形PKDN是正方形，最后以△PCF面积不变性建立等量关系，结合已知（a-2c）（b-2c）=8，消去字母a，b求出c值，即求出△CPF的内切圆半径长为【详解】 （1）由图可知：
2c． 2
设BC=x．在Rt△ABC中，AC=BC．由勾股定理得： AC2+BC2=AB2，
∵AB=AD+BD，AD=7，BD=1， ∴x2+x2=82， 解得：x=42．
∵⊙O内接四边形，∠ACD=90°， ∴∠ADE=90°， ∴∠EDB=90°， ∵∠B=45°，
∴△BDE是等腰直角三形． ∴DE=DB， 又∵DB=1， ∴DE=1， 又∵CE=BC-BE， ∴CE=42232． （2）如图所示：
在△DCB中过点D作DM⊥BE，设BE=y，则DM=又∵CE=3，∴BC=3+y， ∵S△ACB=SACD+SDCB，
1y， 21114242103yy， 222解得：y=2或y=-11（舍去）． ∴EM=1，
CM=CE+ME=1+3=4， 又∵∠BCD=∠MCD，
∴
∴tan∠BCD=tan∠MCD， 在Rt△DCM中，tan∠MCD=∴tan∠BCD=
DM1=， CM41． 4（3）①如下图所示：
过点D做DHCB于点H，以D为圆心，DH为半径画圆，过点P做eD切线PF交CB的延长线于点F．
∵∠CAD=45°， ∴∠CPD=∠CAD=45°， 又∵点D是CPF的内心， ∴PD、CD、DF都是角平分线，
∴∠FPD=∠CPD =45°，∠PCD=∠DCF，∠PFD=∠CFD ∴∠CPF=90° ∴∠PCF+∠PFC=90°
11PCFPFC45 22∴∠CDF=180°-∠DCF-∠CFD F=90°+45°=135°， 即∠CDF的度数为135°． ②如下图所示
∴DCFCFD
过点D分别作DK⊥PC，DM⊥CF，DN⊥PF于直线PC，CF和PF于点K，M，N三点， 设△PCF内切圆的半径为m，则DN=m，
∵点D是△PCF的内心， ∴DM=DN=DK，
又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°， ∴∠DCF+∠CFD=45°，
又∵DC，DF分别是∠PCF和∠PFC的角平分线， ∴∠PCF=2∠DCF，∠PFC=2∠DFC， ∴∠PCF+∠PFC=90°， ∴∠CPF=90°．
在四边形PKDN中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°， ∴四边形PKDN是矩形， 又∵KD=ND，
∴四边形PKDN是正方形． 又∵∠MBD=∠BDM=45°， ∠BDM=∠KDP， ∴∠KDP=45°． ∵PC=a，PF=b，PD=c， ∴PN=PK=∴NF=b2C， 222c，CK=ac， 22又∵CK=CM，FM=FN，CF=CM+FM， ∴CF=ab2c， 又∵S△PCF=S△PDF+S△PDC+S△DCF， ∴
1121212abacbc(ab2c）×c， 22222222化简得：ab=2abcc------（Ⅰ）， 又∵若（a-2c）（b-2c）=8
化简得：ab2cab2c8------（Ⅱ），
2将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c2=8，
解得：c22，或c22（舍去）， ∴m=
22c222， 22即△CPF的内切圆半径长为2． 【点睛】
本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF的内
切圆半径长．
13．
3，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），5以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E． （1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．
如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝
（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．
（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）R【解析】 【分析】
405xx28x80;（3）50105. ;（2）y93x20（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝
3，则54HPR4，sinC＝＝＝，即可求解； 5CP10R524xEBBF（2）首先证明PD∥BE，则，即：5PDPFx45，即可求解． 【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
x28x80y，即可求解；
y（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝
连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝
34，则sinC＝， 5540HPR4＝＝，解得：R＝； CP10R593， 5（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝
设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，
则BH＝ACsinC＝8，
同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2， BP＝82+(x4)2＝DA＝x28x80，
2525x，则BD＝45﹣x， 55如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，
tanβ＝2，则cosβ＝15，sinβ＝2， 5EB＝BDcosβ＝（45﹣∴PD∥BE，
1225x）×＝4﹣x，
55524xEBBF∴，即：5PDPFx整理得：y＝x28x80y，
y5xx28x80；
3x20（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，
两个圆交于点G，则PG＝PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D， GD为相交所得的公共弦， ∵点Q是弧GD的中点， ∴DG⊥EP， ∵AG是圆P的直径， ∴∠GDA＝90°， ∴EP∥BD，
由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形， ∴AG＝EP＝BD，
∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝45， 设圆的半径为r，在△ADG中， AD＝2rcosβ＝2r4r，DG＝，AG＝2r， 552r20+2r＝45，解得：2r＝， 551则：DG＝4r＝50﹣105， 5相交所得的公共弦的长为50﹣105． 【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
14．如图，AB是eO的直径，弦CDAB于点E，过点C的切线交AB的延长线于点
F，连接DF.
（1）求证：DF是eO的切线；
（2）连接BC，若BCF30，BF2，求CD的长. 【答案】（1）见解析；（2）23 【解析】
【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF为CD的垂直平分线，得CF=DF，∠CDF=∠DCF，由∠CDO=∠OCD，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD⊥DF，结论成立. (2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE. 【详解】（1）证明：连接OD ∵CF是⊙O的切线 ∴∠OCF=90° ∴∠OCD+∠DCF=90° ∵直径AB⊥弦CD
∴CE=ED，即OF为CD的垂直平分线 ∴CF=DF ∴∠CDF=∠DCF ∵OC=OD， ∴∠CDO=∠OCD
∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90° ∴OD⊥DF ∴DF是⊙O的切线 （2）解：连接OD ∵∠OCF=90°, ∠BCF=30° ∴∠OCB=60° ∵OC=OB
∴ΔOCB为等边三角形， ∴∠COB=60° ∴∠CFO=30° ∴FO=2OC=2OB ∴FB=OB= OC =2
在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°
sinCOE∴CF3
CE3 OC2∴CD=2 CF23
【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.
15．如图，已知BAC,ABAC,O为ABC外心，D为eO上一点，BD与AC的交点为E，且BC2AC·CE． ①求证：CDCB；
②若A300，且eO的半径为33，I为BCD内心，求OI的长．
【答案】①证明见解析； ②23 【解析】 【分析】 ①先求出
BCCE，然后求出△BCE和△ACB相似，根据相似三角形对应角相等可得ACBC∠A=∠CBE，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，然后求出∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证；
②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解．
【详解】 ①∵BC2=AC•CE，∴
BCCE． ACBC∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A． ∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB； ②连接OB、OC．
∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°． ∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．
∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则CF=BC×sin30°133BC，BF=BC•cos30°BC，所以，BD=2BF=2BC3BC，设△BCD22211111BD•CF（BD+CD+BC）•r，即•3BC•BC22222内切圆的半径为r，则S△BCD（3BC+BC+BC）•r，解得：rCI=CF﹣IFBC．
3233233BCBC，即IFBC，所以，
22（223）1233BCBC=（23）BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23）BC=（31）22∵⊙O的半径为33，∴BC=33，∴OI=（31）（33）=333﹣3323．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键．
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