专题28以圆为载体的几何综合问题-挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）

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挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）
专题28以圆为载体的几何综合问题

【例1】（2022·河北·育华中学三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝4，BC＝10，sinC＝45，以AB为直径作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x个单位，得到⊙O′，A'B'为直径AB平移后的对应线段．

(1)当x＝0，且M为⊙O上一点时，求DM的最大值；
(2)当B′与C重合时，设⊙O′与CD相交于点N，求点N到AB的距离；
(3)当⊙O′与CD相切时，直接写出x的值 　 　．
【答案】(1)42+4
(2)15425
(3)2或12．

【分析】（1）当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，易证四边形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD＝BE＝4，解Rt△DEC求出DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半径为4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；
（2）当B′与C重合时，⊙O′与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接OO′，则OO′=10，连接A′N，过点N作NF⊥A′B′于点F，如图，解Rt△A′B′N，求出A′N，B′N，然后根据等积法求出NF即可解决问题；
（3）当⊙O′与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A′B′ED是矩形，A′D、CD、B′C都是⊙O′的切线，根据切线长定理可得A′D=PD，B′C=PC，求出A′D=4−x，B′C=10−x，根据CD=PD+PC=A′D+B′C列方程求出x即可；当⊙O′与CD相切，在CD的右边时，同理求解即可．
（1）
解：如图，当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，
∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AB＝DE，AD＝BE＝4，
∴EC＝BC－BE＝10－4＝6，
∵在Rt△DEC中，sinC＝DECD=45，
∴设DE＝4k，CD＝5k（k＞0），
由勾股定理得：EC2+DE2=CD2，即62+4k2=5k2，
整理得：k2=4，
∵k＞0，
∴k=2，
∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，
∴AB＝DE＝8，
∴OA＝OB＝4，
∴OD＝42+42=42，
∴DM=42+4，
即DM的最大值为42+4；

（2）
当B′与C重合时，⊙O′与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接OO′，则OO′=10，连接A′N，过点N作NF⊥A′B′于点F，如图，则∠A′NB′=90°，
在Rt△CDE中，sin∠CDE=CECD=35，cos∠CDE=DECD=45，
∵A′B′∥AB∥DE，
∴∠A′B′N=∠CDE，
在Rt△A′B′N中，A′B′=AB=8，
∵sin∠A′B′N=A′NA′B′=sin∠CDE=35，cos∠A′B′N=B′NA′B′=cos∠CDE=45，
∴A′N=35A′B′=35×8=245，B′N=45A′B′=45×8=325，
∵S△A′B′N=12A′B′⋅NF=12A′N⋅B′N，
∴NF=A′N⋅B′NA′B′=245×3258=9625，
∴点N到AB的距离为OO′−NF=10−9625=15425；

（3）
当⊙O′与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A′B′ED是矩形，A′D、CD、B′C都是⊙O′的切线，

∴A′D=PD，B′C=PC，
∵AA′=BB′=x，
∴A′D=4−x，B′C=10−x，
∵CD=PD+PC=A′D+B′C，
∴10=4−x+10−x，
解得：x=2；
当⊙O′与CD相切，在CD的右边时，设切点为Q，如图，则ABB′A′是矩形，A′D、CD、B′C都是⊙O′的切线，

∴A′D=QD，B′C=QC，
∵AA′=BB′=x，
∴A′D=x−4，B′C=x−10，
∵CD=QD+QC=A′D+B′C，
∴10=x−4+x−10，
解得：x=12；
综上，当⊙O′与CD相切时，x的值为2或12，
故答案为：2或12．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系，平移的性质，圆周角定理，切线的性质以及切线长定理等知识，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
【例2】（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知CH是⊙O的直径，点A，点B是⊙O上的两个点，连接OA,OB，点D，点E分别是半径OA,OB的中点，连接CD,CE,BH，且∠AOC=2∠CHB．

(1)如图1，求证：∠ODC=∠OEC；
(2)如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC=FH；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G是BH上一点，连接AG,BG,HG,OF，若AG:BG=5:3，HG=2，求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)OF=193

【分析】（1）根据SAS证明△COD≅△COE即可得到结论；
（2）证明∠H=∠ECO即可得出结论；
（3）先证明OF⊥CH，连接AH，证明AH=BH，设AG=5x，BG=3x，在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH，证明△MHG为等边三角形，得MG=HG=2，根据AG=AM+MG可求出x=1，得AG=5，BG=3，过点H作HN⊥MG于点N，求出HB=19，再证HF=2OF，根据HB=3OF=19可得结论．
（1）
如图1．∵点D，点E分别是半径OA,OB的中点

∴OD=12OA，OE=12OB
∵OA=OB，
∴OD=OE
∵∠BOC=2∠CHB，∠AOC=2∠CHB
∴∠AOC=∠BOC
∵OC=OC
∴△COD≅△COE，
∴∠CDO=∠CEO；
（2）
如图2．∵CD⊥OA，
∴∠CDO=90°

由（1）得∠CEO=∠CDO=90°，
∴sin∠OCE=OEOC=12
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=90°−∠OCE=60°
∵∠H=12∠BOC=12×60°=30°
∴∠H=∠ECO，
∴FC=FH
（3）
如图3．∵CO=OH，FC=FH
∴OF⊥CH
∴∠FOH=90°

连接AH．∵∠AOC=∠BOC=60°
∴∠AOH=∠BOH=120°，
∴AH=BH，∠AGH=60°
∵AG:BG=5:3
设AG=5x，
∴BG=3x
在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH
∵∠HAM=∠HBG，
∴△HAM≌△HBG
∴MH=GH，
∴△MHG为等边三角形
∴MG=HG=2
∵AG=AM+MG，
∴5x=3x+2
∴x=1，
∴AG=5
∴BG=AM=3，
过点H作HN⊥MG于点N
MN=12GM=12×2=1，HN=HG⋅sin60°=3
∴AN=MN+AM=4，
∴HB=HA=NA2+HN2=19
∵∠FOH=90°，∠OHF=30°，
∴∠OFH=60°
∵OB=OH，
∴∠BHO=∠OBH=30°，
∴∠FOB=∠OBF=30°
∴OF=BF，
在Rt△OFH中，∠OHF=30°，
∴HF=2OF
∴HB=BF+HF=3OF=19，
∴OF=193．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
【例3】（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN=90°，AM=2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是AM上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．

(1)求证：△CMA∽△CBD．
(2)若MN=10，MC=NC，求BC的长．
(3)在点C运动过程中，当tan∠MDB=34时，求MENE的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)310
(3)32

【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
（2）连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明△COE∽△BPE，利用相似三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出GM=3x，CG=4x，再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
（1）
解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴△CMA∽△CBD．
（2）
连接OC，
∵∠MAN=90°，
∴MN是直径，
∵MN=10，
∴OM=ON=OC=5，
∵AM=2AN，且AM2+AN2=MN2，
∴AN=25，AM=45，
∵S△AMN=12AM⋅AN=12MN⋅AP，
∴AP=4，
∴BP=AP=4，
∴NP=AN2−AP2=2，
∴OP=5−2=3，
∵MC=NC，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴△COE∽△BPE
∴COBP=OEPE=CEBE，
即54=OEPE=CEBE
由OE+PE=OP=3，
∴OE=53，PE=43，
∴CE=OC2+OE2=52+532=5310，
BE=BP2+PE2=42+432=4310，
∴BC=5310+4310=310．

（3）
过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
∵tan∠MDB=34，
∴tan∠CNM=tan∠GCM=34，
∵tan∠GCM=GMCG
∴设GM=3x，CG=4x，
∴CM=5x，
∴CN=20x3， NG=16x3，
∴NM=25x3，
∴OM=ON=25x6，
∵AM=2AN，且AM2+AN2=MN2，
∴AN=553x，AM=1053x，
∵S△AMN=12AM⋅AN=12MN⋅AP，
∴AP=103x=PB，
∴NP=53x，
∴PG=163x−53x=113x，
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴△CGE∽△BPE，
∴CGBP=GEPE=CEBE，
即4x103x=GEPE=CEBE
∴GE=2x，PE=53x
∴ME=5x，NE=10x3，
∴ME:NE=3:2，
∴MENE的值为32．

【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴题．
【例4】（2022·湖北荆州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点（不与点A重合），连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．

(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)当点E落在BD上时，求x的值；
(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；
(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【答案】(1)见详解
(2)32
(3)y=9x24x2+36(0 (4)32
【分析】（1）根据切线的判定定理求解即可；
（2）如图，在RtΔOEB，根据勾股定理列方程求解即可；
（3）先证ΔDAO∽ΔAEG，求出AE，然后证明ΔAEG∽ΔABF，根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解；
（4）结合图形，分情况讨论即可求出x的取值范围．
(1)
证明：在矩形ABCD中，∠DAB=90°，
∵△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴∠OED=∠DAB=90°，即OE⊥DE，
∴ DE是半圆O的切线；
(2)
解：∵△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴DE=AD=3,OA=OE=x，
∴OB=AB−OA=4−x，
在RtΔDAB中，DB=AD2+AB2=32+42=5，
∴EB=DB−DE=5−3=2，
在RtΔOEB中，OE2+EB2=OB2，
∴x2+22=4−x2，解得x=32，
答：x的值为32．

(3)
解：在RtΔDAO中，DO=AD2+AO2=32+x2=9+x2，
∵ △OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴AE⊥OD，
∵AG是⊙O的直径，
∴∠AEG=90°，即AE⊥EG，
∴OD∥EG，∠DAO=∠AEG=90°
∴∠AOD=∠EGA，
∴ΔDAO∽ΔAEG，
∴DOAG=DAAE ，
∴92+x22x=3AE,AE=6x92+x2，
∵∠AEG=∠ABC=90°,∠EAG=∠BAF，
∴ΔAEG∽ΔABF，
∴SΔAGESΔAFB=AEAB2，即y=6x32+x242=9x249+x2，
∴y=9x24x2+36 （0
(4)
解：由（2）知，当E在DB上时， x=32，
如图，当点E在DC上时， x=3 ，

∴当32 当半圆O经过点C时，半圆O与△BCD的边有两个交点，
连接OC，在RtΔOBC中，OB=4−x,OC=x,BC=3，
∵OB2+BC2=OC2，
∴4−x2+32=x2 ，解得x=258，
∴当258≤x≤4时，半圆O与△BCD的边有两个交点；

综上所述，当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围为：32 【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
【例5】（2022·浙江温州·中考真题）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知BC=5,BE=3．点P，Q分别在线段AB,BE上（不与端点重合），且满足APBQ=54．设BQ=x,CP=y．

(1)求半圆O的半径．
(2)求y关于x的函数表达式．
(3)如图2，过点P作PR⊥CE于点R，连结PQ,RQ．
①当△PQR为直角三角形时，求x的值．
②作点F关于QR的对称点F′，当点F′落在BC上时，求CF′BF′的值．
【答案】(1)158
(2)y=54x+54
(3)①97或2111；②199

【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用△COD∽△CBE，得ODBE=COCB，代入计算即可；
（2）根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由（1）计算求AC的长即可；
（3）①显然∠PRQ<90°，所以分两种情形，当 ∠RPQ=90°时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案；
②连接AF,QF′，由对称可知QF=QF′,∠F′QR=∠EQR=45°，利用三角函数表示出BF′和BF的长度，从而解决问题．
（1）
解：如图1，连结OD．设半圆O的半径为r．

∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CD．
∵BE⊥CD，
∴OD∥BE，
∴△COD∽△CBE，
∴ODBE=COCB，
即r3=5−r5，
∴r=158，即半圆O的半径是158．
（2）
由（1）得：CA=CB−AB=5−2×158=54．
∵APBQ=54,BQ=x，
∴AP=54x．
∵CP=AP+AC，
∴y=54x+54．
（3）
①显然∠PRQ<90°，所以分两种情况．
ⅰ）当∠RPQ=90°时，如图2．

∵PR⊥CE，
∴∠ERP=90°．
∵∠E=90°，
∴四边形RPQE为矩形，
∴PR=QE．
∵PR=PC⋅sinC=35y=34x+34，
∴34x+34=3−x，
∴x=97．
ⅱ）当∠PQR=90°时，过点P作PH⊥BE于点H，如图3，

则四边形PHER是矩形，
∴PH=RE,EH=PR．
∵CB=5,BE=3，
∴CE=52−32=4．
∵CR=CP⋅cosC=45y=x+1，
∴PH=RE=3−x=EQ，
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴∠PQH=45°=∠QPH，
∴HQ=HP=3−x，
由EH=PR得：(3−x)+(3−x)=34x+34，
∴x=2111．
综上所述，x的值是97或2111．
②如图4，连结AF,QF′，

由对称可知QF=QF′，∠F′QR=∠EQR
∵BE⊥CE，PR⊥CE，
∴PR∥BE，
∴∠EQR=∠PRQ，
∵BQ=x，CP=54x+54，
∴EQ=3-x，
∵PR∥BE，
∴△CPR∽△CBE，
∴CPCR=CBCE，
即：54x+54CR=54，
解得：CR=x+1，
∴ER=EC-CR=3-x，
即：EQ= ER
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴∠F′QR=∠EQR=45°
∴∠BQF′=90°，  
∴QF=QF′=BQ⋅tanB=43x．
∵AB是半圆O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF=AB⋅cosB=94，
∴43x+x=94，
∴x=2728，
∴CF′BF′=BC−BF′BF′=BCBF′−1=3x−1=199．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．


一、解答题【共20题】
1．（2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校模拟预测）如图，在⊙O中，AD、BC是弦，∠OAD＋∠AOC−∠OCB=180°．

(1)如图1，求证：AD∥BC；
(2)如图2，如果AD=BC，求证：AC是⊙O直径；
(3)如图3，在（2）的条件下，点F在AC上，点E在AB上，AF=CD，BE=CF=4，连接CE、BF交于点G，作HG⊥CE于点G，交BC于点H，S△HCG=5，求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1

【分析】（1）延长AO交BC于点E，证明∠OAD+∠AEC=180°，即可证明AD∥BC；
（2）连接AB，CD，先证四边形ABCD是平行四边形，推出∠B=∠D，再根据圆内接四边形对角和为180度，可得∠B=90°，即可证明AC是⊙O直径；
（3）连接EH，延长BF交CD于点T，连接ET，证明四边形BETC是矩形，进而推出HC=HE，利用三角形面积公式求出HC=HE=5，推出BH=3，设AB=AF=x，利用勾股定理求出x，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，延长AO交BC于点E，

∵ ∠AOC=∠AEC+∠OCB，∠OAD+∠AOC−∠OCB=180°，
∴∠OAD+∠AEC+∠OCB−∠OCB=180°，
∴∠OAD+∠AEC=180°，
∴AD∥BC；
（2）证明：如图2，连接AB，CD，

∵ AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵ ∠B+∠D=180°，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O直径；
（3）解：如图3，连接EH，延长BF交CD于点T，连接ET，

∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABF=∠CTF，
∵ AF=CD，AB=CD，
∴AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵ ∠AFB=∠CFT，
∴∠CFT=∠CTF，
∴CF=CT，
∵ CF=BE，
∴BE=CT，
∵ BE∥CT，
∴四边形BETC是平行四边形，
∵ ∠EBC=90°，
∴四边形BETC是矩形，
∴CG=EG，
∵ HG⊥CE，
∴HC=HE，
∴SΔECH=2SΔHCG=10=12CH⋅BE，
∵ BE=4，
∴HC=HE=5，
∴BH=EH2−BE2=52−42=3，
∴BC=BH+CH=8，
设AB=AF=x，则AC=x+4，
∵ AB2+BC2=AC2，
∴x2+82=(x+4)2，
解得x=6，
∴AB=6，AC=10，
∴OA=OC=5，
∴OF=OC−CF=5−4=1．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆内接四边形的性质，矩形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识点，解题的关键是正确添加辅助线，构造特殊四边形解决问题，难度较大，多见于压轴题．
2．（2022·安徽·合肥市五十中学新校二模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，且AB为⊙O的直径，DE与⊙O相切于点D，交AB的延长线于点E，连接OD交BC于点F，连接AD、CD，∠E=∠ADC．

(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若CF=2DF，AC=6，求⊙O的半径r．
【答案】(1)见解析
(2)5

【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC=∠ADC，进而证明∠ABC=∠ADC，得到BC∥DE，根据切线的性质得到OD⊥DE，根据垂径定理得到BD=CD，根据圆周角定理证明结论；
（2）根据三角形中位线定理求出OF，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】（1）由圆周角定理得：∠ABC=∠ADC，
∵∠E=∠ADC，
∴∠ABC=∠ADC，
∴BC∥DE，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴OD⊥DE，
∴OD⊥BC，
∴BD=CD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）∵OD⊥BC，
∴BF=FC，
∵BO=OA，
∴OF=12AC=3，
∴DF=r−3，
∴BF=CF=2DF=2r−3，
在Rt△BOF中，OB2=OF2+BF2，即r2=32+(2r−6)2，
解得：r1=5，r2=3(舍去)，
答：⊙O的半径r为5．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
3．（2022·黑龙江·哈尔滨市第八十四中学校一模）如图，△ABC内接于⊙O,AD为⊙O的直径，AD交BC于点E，且BE=CE．

(1)如图1，求证：AD平分∠BAC；
(2)如图2，点P为弧CD上一点，连接AP交BC于点F，过点P作⊙O的切线，交BC的延长线于点G，点H是PF的中点，求证：GH⊥PF；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接DF，且∠DFB=3∠PAD，点R在CG上，连接DR，DR交CH于点N，RN=RG,HN=2,DF=10，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2255

【分析】（1）根据垂径定理得出DE⊥BC，则DE垂直平分BC，进而得到BD=CD，根据等腰三角形的性质求解即可；
（2）连接OP，PG是圆O的切线得出∠OPA+∠GPF=90°，根据垂径定理得出DE⊥BC，根据直角三角形的性质、对顶角相等得出∠GFP+∠EAF=90°，根据等腰三角形的性质得出∠EAF=∠OPA，进而得出∠GPF=∠GFP，根据等腰三角形的判定与性质即可得解；
（3）连接PD，延长GH交DF于点M，DR交AP于点T，根据题意推出点M是DF的中点，根据三角形中位线性质推出PD=2MH，根据勾股定理得到PH=HF=4，根据平行线的性质推出∠PDT=∠HNT=∠DAP，△HNT∽△PDT，根据等腰三角形的性质及相似三角形的性质、勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接BD，CD，

∵AD为⊙O的直径，AD交BC于点E，且BE=CE，
∴DE⊥BC，
∴DE垂直平分BC，
∴BD=CD，
∵DE⊥BC，
∴OD平分∠BAC；
（2）证明：连接OP，

∵PG是圆O的切线，
∴OP⊥PG，
∴∠OPG=90°，
即∠OPA+∠GPF=90°，
∵AD为⊙O的直径，AD交BC于点E，且BE=CE，
∴DE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴∠EAF+∠AFE=90° ，
∵∠AFE=∠GFP，
∴∠GFP+∠EAF=90°，
∵OA=OP，
∴∠EAF=∠OPA，
∴∠GPF=∠GFP，
∴PG=FG，
∵点H是PF的中点，
∴GH⊥PF；
（3）解：连接PD，延长GH交DF于点M，DR交AP于点T，

∵GH⊥PF，AD为⊙O的直径，
∴∠APD=∠MHF=90°，
∴MH∥DP ，
∵点H是PF的中点，
∴点M是DF的中点，
∴DM=FM=12DF=5，
∴PD=2MH，
∵RN=RG，
∴∠NGR=∠RNG，
∴∠DRE=∠NGR+∠RNG=2∠RGN，
∵AEF=∠GHF=90°，∠HFG=∠AFE，
∴∠DAP=∠FGH，
∴∠DRE=2∠DAP ，
∵∠DFB=∠DRE+∠RDF=3∠DAP ，
∴∠RDF=∠DAP ，
∵∠DNM=∠RNG ，
∴∠DNM=∠NDM=∠DAP ，
∴NM=DM=5 ，
∵HN=2 ，
∴MH=3 ，
∴PD=2MH=6 ，
∴PH=HF=MF2−MH2=4，
∵DP∥NM，
∴∠PDT=∠HNT=∠DAP ，△HNT∽△PDT ，
∴HNPD=HTPT=PH−PTPT=4−PTPT=13，
∴PT=3 ，
∴tan∠DAP=tan∠PDT=PTDP=DPAP=12=EFAE，
∴AP=12 ，AE=2EF ，
∵AF=AP−PH−HF=4 ，
∵AE2+EF2=AF2 ，
∴5EF2=16 ，
∴EF2=165，
∵DE2+EF2=DF2 ，
∴DE2+165=100，
∴DE=2255．
【点睛】本题考查了圆的综合题，等角的余角相等，解直角三角形，切线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．（2022·北京市第十九中学三模）如图，△ABC中AB=AC，AD平分∠BAC交BC于D，以AD为直径的⊙O交AB于点E，交AC于点F．

(1)求证：BD是⊙O切线；
(2)连接EF交OD与G、连接BO交EF于P，连接PC，若⊙O的半径为5，OG=3，求GE和PC的长．
【答案】(1)见解析
(2)4，217

【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，再由AD是直径即可证得结论；
（2）连接OE、DE、DF，过P作PH⊥BD于H，则易证Rt△ADE≌Rt△ADF，则可得EF∥BC，从而有△AEG∽△ABD，由相似三角形的性质可求得BD的长，则可得△OBD是等腰直角三角形；易得四边形PHDG是矩形，则可得PH=GD=2，且可得△BPH是等腰直角三角形，则可得BH=PH=2及CD的长，在Rt△PHC中，由勾股定理即可求得PC的长．
（1）
证明：∵AB=AC，AD平分∠BAC交BC于D，
∴AD⊥BC，
∵AD是⊙O的直径，
∴BD是⊙O切线；
（2）
解：连接OE、DE、DF，过P作PH⊥BD于H，如下图，

∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠AFD=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD，
∴DE=DF，
∵AD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADFHL，
∴AE=AF，
∴AD⊥EF，
∵⊙O的半径为5，OG=3，
∴EG=52−32=4，
∵AD⊥BC，
∴EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，
∴EGBD=AGAD，即4BD=5+310，
∴BD=5，
∴BC=2BD=10，
∵∠PGD=∠HDG=∠DHP=90°，
∴四边形PGDH是矩形，
∴PH=DG=5−3=2，PH∥GD，
∴∠BPH=∠BOD，
∵OD=BD=5，
∴∠BOD=∠OBD=45°，
∴∠BPH=∠OBD=45°，
∴BH=PH=2，
∴CH=BC−BH=8，
在Rt△PHC中，由勾股定理得PC=CH2+PH2=217．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，关键是构造直角三角形．
5．（2022·上海·华东师范大学松江实验中学三模）如图1，在梯形ABCD中，∠ABC=90°,AD∥BC,AB=4,BC=5,AD=2.动点P在边BC上，过点P作PF∥CD，与边AB交于点F，过点F作FE∥BC，与边CD交于点E，设线段BP=x，PF=y．

(1)求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(2)当△PFE是以PE为腰的等腰三角形时，求BP的值；
(3)如图2，作△PEF的外接圆⊙O，当点P在运动过程中，外接圆⊙O的圆心O落在△PEF的内部不包括边上时，求出BP的取值范围．
【答案】(1)y=53x，0≤x≤5
(2)5或53
(3)4534
【分析】（1）由题中条件FE//BC、PF//CD可知四边形EFPC是平行四边形，故CE=PF=y，EF=PC=5−x；过点D作垂线DN⊥BC交EF于点M，交BC于点N，可得相似的△DEM和△DCN，用含x、y的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得y关于x的解析式；下一步即为求得△DEM和△DCN的各自边长，过点C作垂线CQ⊥AD交AD延长线于点O，由AD//BC且∠ABC=90°可得四边形ABCO为矩形，则AQ=BC=5，AB=QC=4，DQ=NC=AQ−AD=3；在Rt△DQC中，由勾股定理可算得DC的长度；在Rt△BPF中，BP=x，PF=y，则可由勾股定理求得BF的长度，DM=DN−MN=AB−BF，EM=EF−MF=PC−BN=PC−AD，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：DEDC=MENC，代入各边长表达式即可得y关于x的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；
（2）因为△PFE是以PE为腰的等腰三角形，PE=PF=y，由勾股定理知BF=y2−x2，过点E作EQ⊥BC交BC于点Q，则四边形EFBQ是矩形，EQ=BF，EF=BQ；在直角三角形PEQ中，运用勾股定理进行计算即可得解；
（3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到△PEF为锐角三角形，分析P点运动过程可知，∠EPF随P点向右运动角度不断减小，且∠PEF和∠PFE始终是锐角．
根据题意，令点P的位置满足∠EPF=90°，则BP大于此时对应的长度就可使得外接圆圆O的圆心O落在△PEF的内部．
（1）
解：如图所示：过点C作CQ⊥AD交AD延长线于点Q，再过点D作垂线DN⊥BC交EF于点M，交BC于点N，

∵∠ABC=90°，AD//BC，
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AB=CQ=4，AQ=BC=5，DQ=AQ−AD=3，
在Rt△DQC中，由勾股定理得：
DC=DQ2+QC2=5，
又∵PF//CD，EF//BC，
∴四边形FPCE是平行四边形，
∴PF=CE=y，EF=PC=5−x，
∵DM⊥EF，DN⊥BC，EM//NC，
∴△DEM ∽△DCN，
∴DEDC=MENC，
∴DE=DC−CE=5−y，ME=EF−MF=5−x−2=3−x，NC=3，
5−y5=3−x3，
化简得：y=53x，
∵P点在BC上运动，故定义域为：0≤x≤5；
（2）
如图所示，此时△PFE是以PE为腰的等腰三角形，过点E作EQ⊥BC交BC于点Q，

∵EF//BQ，EQ⊥BC，
∴四边形EFBQ是矩形，
又∵△PFE是以PE为腰的等腰三角形，
∴PE=PF=y，
由（1）得y=53x，BF=y2−x2，
∵BQ=EF=PC=5−x，
∴QC=BC−BQ=x，EQ=BF，PQ=PC−QC=5−2x，
在Rt△PEQ中，由勾股定理得：PE2=PQ2+QE2，
∴y2=（5−2x）2+（y2−x2），
即3x2−20x+25=0，
解得：x的值为5或53，
因此，BP的值为5或53；
（3）
解：分析P点运动过程可知，∠EPF随P点向右运动角度不断减小，且∠PEF和∠PFE始终是锐角．
根据题意，令点P的位置满足∠EPF=90°，则BP大于此时对应的长度就可使得外接圆圆O的圆心O落在△PEF的内部．
如下图所示，此时∠EPF=90°，

∵∠ABC=90°，∠EPF=90°，
∴∠BFP+∠BPF=90°，∠EPC+∠BPF=90°，
∴∠BFP=∠EPC（同角的余角相等），
同理可得：∠BPF=∠ECP，
∴△BFP∽△EPC，
∴BPEC=PFCF，
∴xy=y5−x，
∵y=53x，
解得：x=4534，
综上可得，当4534 【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．
6．（2022·河北·石家庄市第四十四中学三模）如图：在矩形ABCD中，AB=22，AD=16，点O在线段DE上，其中DE=26，EO=6；以OE为半径作圆O交线段AB于点P，并将线段OP绕点O逆时针旋转90°得线段OQ（备注：若圆O与AB有两个交点，规定位于点O上方的交点为点P）

（1）特例探究：如图1，当点E在射线DA上时，AP=______，点Q到直线DE的距离是______；
变式研究：当点E在AD上方时，
（2）如图2，当点O落在线段AB上时，求点P、Q到直线DE的距离之比；
（3）当圆O与BC边相切时，求线段AP的长；
（4）若点O到AB的距离为3，直接写出点Q到AD的距离．
【答案】（1）25，4；（2）4：3；（3）16+25；（4）231−3
【分析】（1）在Rt△POA中，用勾股定理求AP的长；过Q点作QG⊥AE交于G，证明△OPA≌△QOG(AAS)，则可求OG=OA=4；
（2）过点P作PH⊥ED交于H，过点Q作QK⊥ED交于K，可证明△POH∽△DOA，从而求出PH=245，再证明△OAD∽△QKO，可求QK=185，则PH:QK=245:185=4:3；
（3）设切点为M，延长MO交DA延长线于点R，过点O作OS⊥AB交于S，再求AP的长即可；
（4）分两种情况讨论：当O在AB左侧时，过O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，GQ⊥AC交于G，交ON于点M，则四边形ONAH是矩形，四边形MGHO是矩形，证明△OPN≌△QOM(AAS)，再求QG=QM+MG=3+39；当O点在AB右边时，过O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，过Q点作QG⊥AD交于G，QM⊥OH交于M，则四边形ONAH是矩形，四边形QGHM是矩形，证明△OPN≌△OQM(AAS)，可求Q点到直线AD的距离为231−3．
【详解】解：（1）∵DE=26，AD=16，
∴AE=10，
∵EO=6，
∴OA=4，
∵OP=OE=6，
∴AP=36−16=25，
如图1，过Q点作QG⊥AE交于G，

∵∠POQ=90°，
∴∠QOG+∠POA=90°，∠POA+∠OPA=90°，
∴∠QOG=∠OPA，
∵OP=OQ，
∴△OPA≌△QOG（AAS），
∴OG=OA=4，
故答案为：25，4；
（2）∵DE=26，EO=6，
∴OD=20，
在Rt△OAD中，AD=16，
∴OA=202−162=12，
如图2，过点P作PH⊥ED交于H，过点Q作QK⊥ED交于K，

∵∠POH=∠AOD，
∴△POH∽△DOA，
∴PODO=PHDA，
∵OP=OE=6，
∴620=PH16，
∴PH=245，
∵∠POQ=90°，
∴∠KOQ=∠ODA，
∴△OAD∽△QKO，
∴OAQK=ODOQ，即12QK=206，
∴QK=185 ，
∴PH：QK=245：185=4：3；
（3）∵圆O与BC边相切，
设切点为M，则OM=OE=6，
如图3，延长MO交DA延长线于点R，过点O作OS⊥AB交于S，

∵ED=26，
∴OD=20，
∵AB=22，
∴OR=16，
∴RD=202−162=12，
∴AR=4，
∴SP=62−42=25，
∴AP=16+25；
（4）如图4，当O在AB左侧时，过O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，GQ⊥AC交于G，交ON于点M，

∴四边形ONAH是矩形，四边形MGHO是矩形，
∴MG=OH，ON=AH=3，
∴HD=16+3=19，
在Rt△OHD中，OH=39，
∵∠POQ=90°，
∴∠QOM+∠PON=90°，
∵∠PON+∠OPN=90°，
∴∠PON=∠QOM，
∵∠QMO=∠PNO=90°，OP=OQ，
∴△OPN≌△QOM（AAS），
∴QM=ON=3，
∴Q点到AD的距离QG=QM+MG=3+39；
如图5，当O点在AB右边时，过O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，过Q点作QG⊥AD交于G，QM⊥OH交于M，

∴四边形ONAH是矩形，四边形QGHM是矩形，
∴QG=MH，ON=AH=3，
∴HD=AD−AH=13，
∴OH=231，
∵∠NOH=∠POQ=90°，
∴∠PON=∠QOM，
∵∠PNO=∠QMO=90°，OP=OQ，
∴△OPN≌△OQM（AAS），
∴ON=OM=3，
∴MH=OH−OM=231−3，
∴Q点到直线AD的距离为231−3；
综上所述：Q点到直线AD的距离为3+39或231−3．
【点睛】本题是圆的综合题，熟练掌握圆的性质，圆与直线的位置关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形勾股定理，数形结合，分类讨论是解题的关键．
7．（2022·湖南·长沙市华益中学三模）如图，以AB为直径作⊙O，点C是直径AB上方半圆上的动点，连接AC，BC，过点C作∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作AB的平行线交CB的延长线于点E．

(1)当CA=CD时，求∠E的大小；
(2)若⊙O的半径为5，AC=8，求CD的长；
(3)如图2，当CD不过点O时，过点O作OM⊥CD交CD于点M，试判断AC−BCOM是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)∠E=67.5°
(2)CD=72
(3)AC−BCOM=22

【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角可得∠ACB=90°，然后根据角平分线的定义以及等腰三角形等边对等角得出∠CAD的度数，根据圆周角定理求出∠BAD的度数，则∠CAB可得，根据三角形内角和定理得出∠CBA的度数，然后根据平行线的性质可得∠E；
（2）过点A作AF⊥CD于点F，则可得△AFE、△ABD均为等腰直角三角形，根据解直角三角形得出AF,CF,AD的长度，根据勾股定理求出DF的长度，则结果可得；
（3）设AC>BC，在AC上取一点N使BC=CN，在DM取点M′使OM=MM′，然后证明△ANB∽△OM′D，根据相似三角形对应边成比例可得AC−BCOM=22；当BC>AC时，同理可证BC−ACOM=22，则结论可得．
（1）
解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠BAD=45°，
∵CA=CD，
∴∠CAD=∠CDA=180°−45°2=67.5°，
∴∠CAB=67.5°−45°=22.5°，
∴∠CBA=90°−22.5°=67.5°，
∵AB∥ED，
∴∠E=∠CBA=67.5°；
（2）
过点A作AF⊥CD于点F，

∴∠AFC=∠AFD=90°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠BAD=45°，
∴△AFE、△ABD均为等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为5，AC=8，
∴AB=10，
∴AF=CF=AC·sin45°=42，AD=AB·sin45°=52，
在Rt△AFD中，FD=AD2−AF2=(52)2−(42)2=32，
∴CD=CF+FD=42+32=72；
（3）
设AC>BC，在AC上取一点N使BC=CN，在DM取点M′使OM=MM′，

则AC−BC=AC−CN=AN，
∴∠CBN=∠CNB=∠OM′M=45°，
∴∠ANB=∠OM′D=135°，
∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD=180°，
∵∠CBN=∠DBA=∠BAD=45°，
∴∠CAB+∠ABN=45°，
∵∠CAB=∠CDB，∠CDB+∠ODM′=45°，
∴∠ABN=∠ODM′，
∴△ANB∽△OM′D，
∴ANOM′=ABOD=21，
∵OM′=2OM，
∴AN2OM=2，
∴ANOM=22，
即AC−BCOM=22，
当BC>AC时，同理可证BC−ACOM=22，
∴AC−BCOM=22．
【点睛】本题考查了圆的综合题，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点作出合理辅助线是解本题的关键．
8．（2022·江苏镇江·中考真题）如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm，高为42.9cm．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径AB、CD以及AC、BD组成的轴对称图形，直线l为对称轴，点M、N分别是AC、BD的中点，如图2，他又画出了AC所在的扇形并度量出扇形的圆心角∠AEC=66°，发现并证明了点E在MN上．请你继续完成MN长的计算．
参考数据：sin66°≈910，cos66°≈25，tan66°≈94，sin33°≈1120，cos33°≈1113，tan33°≈1320．

【答案】42cm
【分析】连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q，根据圆周角定理可得∠AEM=33°，解Rt△AEH，得出1320=42920EH，进而求得EM的长，即可求解．
【详解】解：连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q．
∵M是AC的中点，点E在MN上，
∴∠AEM=∠CEM=12∠AEC=33°．
在△AEC中，∵EA=EC，∠AEH=∠CEH，
∴EH⊥AC，AH=CH．
∵直线l是对称轴，
∴AB⊥l，CD⊥l，MN⊥l，
∴AB∥CD∥MN．
∴AC⊥AB．
∴AC=42.9，AH=CH=42920．
在Rt△AEH中，sin∠AEH=AHAE，
即1120=42920AE，
则AE=39．
∵tan∠AEH=AHHE，
即1320=42920EH，
则EH=33．
∴MH=6．
∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm，
∴HQ=12AB=15,
∴MQ=MH+HQ=6+15=21．
∴MN=42cm．

【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形是解题的关键．
9．（2022·上海·中考真题）平行四边形ABCD，若P为BC中点，AP交BD于点E，连接CE．

(1)若AE=CE，
①证明ABCD为菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的长．
(2)以A为圆心，AE为半径，B为圆心，BE为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且CE=2AE．若F在直线CE上，求ABBC的值．
【答案】(1)①见解析；②62
(2)105

【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=2,即可得OB=3x=32，再由平行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又F在直线CE上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=12AB，根据重心性质得GE=12CE＝22AE，CG=CE+GE=322AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,则AG=22AE,所以AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，则BC=5AE，代入即可求得ABBC的值．
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，

∵平行四边形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形ABCD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵P为BC中点，
∴AP是△ABC的中线，
∴点E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
设OE=x，则BE=2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，
解得：x=2,
∴OB=3x=32，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OB=62；
(2)
解：如图，

∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是△ABC的重心，
又F在直线CE上，
∴CG是△ABC的中线，
∴AG=BG=12AB，GE=12CE，
∵CE=2AE，
∴GE=22AE，CG=CE+GE=322AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,
∴AG=22AE,
∴AB=2AG=2AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，
∴BC=5AE，
∴ABBC=2AE5AE=105．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
10．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.
　 　
(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)ON=207
(3)4+169π

【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，即可得出CD的长度；
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x=47，再根据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ lBT，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出lBT，即可得出答案．
（1）
∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）
过N点作ND⊥OH，交OH于点D，

∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
又∵tan∠COH=34，
∴tan∠NOD=34，
∴tan∠NOD=NDOD=34，
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
解得x=47，
∴ND=127，OD=167，
∴在Rt△NOD中，ON=ND2+OD2=(127)2+(167)2=207；
（3）
如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：OB+ lBT．

∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
∴lBT =2π×4×80°360°=169π，
∴N点的运动路径长为：OB+ lBT=4+169π，
故答案为：4+169π．
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．
11．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD−DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A′，连结A′P、A′M．设点P的运动时间为t秒．

(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A′D，当线段A′D最短时，求△DPA′的面积；
(4)当M、A′、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=13−13t；当1＜t≤2时，PD=13t−13；
(3)35
(4)23或2011

【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3−3t,PE=2−2t，从而得到A′E=DE−A′D=2−3t，在Rt△A′PE中，由勾股定理可得t=25，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A′（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
（1）
解：如图，连接DM，

∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=AD2−AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
（2）
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=13−13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13t−13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=13−13t；当1＜t≤2时，PD=13t−13；
（3）
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线PM的对称点A′，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，
∴A′D=1，
根据题意得：A′P=AP=13t，DP=13−13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴PDAD=DEDM=PEAM，
∴13−13t13=DE3=PE2，
解得：DE=3−3t,PE=2−2t，
∴A′E=DE−A′D=2−3t，
在Rt△A′PE中，A′P2=PE2+A′E2，
∴13t2=2−2t2+2−3t2，解得：t=25，
∴PE=65，
∴S△DPA′=12A′D⋅PE=12×1×65=35；
（4）
解：如图，

当点M、A′、C三点共线时，且点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴sin∠CMN=CNCM=35，
∵A′ M=2，
∴A′G=2×35=65，
∴MG=85，
∴BG=BM−MG=25，
∴tan∠A′BA=A′GBG=3，
∴tan∠PMF=tan∠A′BA=3，
∴PFFM=3，即PF=3FM，
∵tan∠DAM=DMAM=PFAF=32，cos∠DAM=AMAD=AFAP=213，
∴PF=32AF，
∴3FM=32AF，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴AF=43，
∴4313t=213，解得：t=23；
如图，当点A′（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=213−13t，
过点A″作A″G′⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

同理：A″G′=65,AG′=25，
∵HK⊥AB，A″G′⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△AA″G′，
∵点H是AA″的中点，
∴HKA″G′=AKAG′=AHAA″=12，
∴HK=35,AK=15，
∴MK=95，
∴tan∠PMT=tan∠HMK=HKMK=13，
∴PTMT=13，即MT=3PT，
∵tan∠PBT=DMBM=PTBT=32，cos∠PBT=BTPB=BMBD=213，
∴BT=23PT，
∴MT=92BT，
∵MT+BT=BM=2，
∴BT=411，
∴411213−13t=213，解得：t=2011；
综上所述，t的值为23或2011．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A′的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
12．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．

(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解

【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
（3）当点C靠近点A时，设CM=13CA，CN=13CB，可证MN∥AB,推出MN=13AB=4cm，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得MN=MP=NQ=4cm，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】（1）解：如图，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：

由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=12AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设CM=13CA，CN=13CB，

∴ CMCA=CNCB=13,
∴ MN∥AB,
∴ MNAB=CMCA=13,
∴ MN=13AB=13×12=4cm．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作MD⊥AB于点D，NE⊥AB于点E，
∴ MN=MP=NQ=4cm．
∵ MN∥AB,MD⊥AB，NE⊥AB，
∴ MD=NE，
在RtΔMDP和RtΔNEQ中，
MP=NQMD=NE，
∴ RtΔMDP ≅RtΔNEQHL，
∴ ∠MPD=∠NQE，
∴ MP//NQ，
又∵ MP=NQ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ MN=MP，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，

故小明的猜想正确．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
13．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．

(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．

【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
（1）
证明：连接OA，

∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）
证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）
解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
∴ECAC=ACDC,OCAC=ACPC
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+x2，OC=3+x2-x=3-x2，PC=4+x，
∴6x=(3-x2)( 4+x)，
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
14．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．

(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证：KHCH=AKAC．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求CPPF的值．
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
(3)CPPF=32

【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到∠FCA=∠HCA，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证△AKG∽△ACB，得AKAC=KGCB，证△KHG∽CHB可得KHCH=KGCB，结论得证；
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得GHBH=12，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则CH=CF＝BH2+BC2=210a，勾股定理得FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，由△FPH∽△HEC得PFEH=FHCH，得PF=4105a，CP=6105a，即可得到答案．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
又∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）
证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．

∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
∴AKAC=KGCB．
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
∴KHCH=KGCB，
∴AKAC=KHCH．
（3）
解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．

∵点K为AC中点：
由（2）得KHCH=AKAC=12，
∴GHBH=KHCH=12，
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝BH2+BC2=210a，
∵AF=AH，
∴FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
∴PFEH=FHCH．
∴PF=4105a，
∴CP=CF−PF=6105a，
∴CPPF=32．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
15．（2022·四川凉山·中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6

(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；
(2)求AB的长；
(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．
【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析
(2)6
(3)y=−12x+2

【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；
（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；
（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=45，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．
（1）
解：⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，如图，

∵MC=MA，
∴∠MCA=∠MAC，
∵AC平分∠OAM，
∴∠MAC=∠OAC，
∴∠MCA=∠OAC，
∵∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，
∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，
∴⊙M与x轴相切；
（2）
解：如图，过点M作MN⊥AB于N，

由（1）知，∠MCO=90°，
∵MN⊥AB于N，
∴∠MNO=90°，AB=2AN，
又∵∠CON=90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴MN=OC，ON=CM=5，
∵OA+OC=6，
设AN=x，  
∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，
在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得
x2+(1+x)2=52，
解得：x1=3，x2=-4（不符合题意，舍去），
∴AN=3，
∴AB=2AN=6；
（3）
解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，

由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，
∴OB=8，C（4，0）
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得
BC=OB2+OC2=82+42=45，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BCD=90°，BD=10，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得
CD=BD2−BC2=102−452=25，即CD2=20，
在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，
在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2，
∴20-CP2=10CP-CP2，  
∴CP=2，
∴PD2=20-CP2=20-4=16，
∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，
∴D（8,-2），
设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得
4k+b=08k+b=−2，解得：k=−12b=2，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+2．
【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．
16．（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）5−12
【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＝AB2+BP2＝42+32＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝12PB＝32，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝52，
∴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＝AB2+BT2＝42+82＝45，
∵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，
∴12×4×8＝12×45×x+12×4×x，
∴x＝25﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5−12．
【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．
17．（2022·湖南·炎陵县教研室一模）如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点E，连接BE，BD平分∠ABE交AC于F，交⊙O于点D，且∠BDE=∠CBE．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)如图2，延长ED交直线AB于点P，若PA=AO．
①求PDDE的值；
②若DE=2，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)①PDDE=2；②⊙O的半径长为22

【分析】（1）根据AB是直径，可得∠AEB=90°，∠A+∠ABE=90°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，可证∠A=∠CBE，∠ABE+∠CBE=90°，可得∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）①连接OD，通过角的关系证明BE∥OD，因为PA=AO=OB，可得OP=2OB，根据平行线分线段成比例可知PDDE=POOB，即可求出PDDE的值；
②由①和DE=2可得PD=4，PE=6，根据同弧所对的圆周角相等可得∠PEA=∠DBP，即可证明△PDB∽△PAE，可得PAPD=PEPB，因为PB=3OB，所以可求出OB=22，即⊙O的半径长为22．
（1）
证明：∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠A+∠ABE=90°，
∵∠BDE=∠CBE，∠A=∠D，
∴∠A=∠CBE，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）
解：①如图2中，连接OD．

∵BD平分∠ABE，
∴∠EBD=∠ABD，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠BDO，
∴∠EBD=∠BDO，
∴BE∥OD，
∵PA=AO=OB，
∴OP=2OB，
∴PDDE=POOB=2，
②∵DE=2，PDDE=2
∴PD=2DE=4，PE=PD+DE=4+2=6，
∵∠DPB=∠APE，∠PEA=∠DBP，
∴△PDB∽△PAE，
∴PAPD=PEPB，
∵PB=OP+OB=2OB+OB=3OB，
∴OB4=63OB，
∴OB=22，
∴⊙O的半径长为22．
【点睛】本题考查的是圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质，掌握圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质是解答本题的关键．
18．（2022·湖南·长沙市北雅中学模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，过O作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于F，

(1)求证：AF=BF；
(2)连CF交AB于M，过E作CF的平行线交BC于D，求证：BD=CD+AC；
(3)在（2）条件下，连AD交CF于N，若MN=CN，ED:CD=8:5，EF=9，求AN的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)8

【分析】（1）根据垂径定理可得；
（2）由求证BD=CD+AC，想到是延长DC，使CG=AC，根据角的关系证明DE∥AG，可得比例式，结论就可证明；
（3）延长ED，AC交于G′，作AH⊥ED，CK⊥AG，垂足分别是H，K，设DE=8k，CD=5k，根据DE∥MC∥AG，可得比例式，分别求出AG，CG，AH，G′H的长度（用k表示），再根据∠EFM=∠EAH，则其三角函数值相同可求EM，即AN可求．
（1）
证明：∵OF⊥BA，O是圆心，
∴AF=BF，AE=BE．
（2）
解：如图1，延长BC到G，使AC=CG，

∴∠CNA=∠CAG，
∵AF=BF，
∴∠ACF=∠BCF，
∵∠BCA=∠ACF+∠BCF=∠CAG+∠CGA，
∴2∠BCF=2∠AGC，
∴∠BCF=∠AGC
∴DE∥AG，
∴BEAE=BDDN且AE=BE，
∴BD=DG，即BD=CD+CG=CD+AC．
（3）
解：如图2，延长ED，AC交于G′，作AH⊥ED，CK⊥AG，垂足分别是H，K，

∵DE:CD=8:5，
∴设DE=8k，CD=5k，
∵AE=BE，BD=DG，
∴DE∥AG，AG=2DE=8k，
∴∠G′=∠GAG′=∠AGC，
∵MC∥DE，MN=NC，
∴MNDE=NCDG'=ANAD，即DE=DG=8k，
MNDE=ANAD，NCAG=DNAD，
∴ANDN=2，
∵MC∥DE，
∴CGDC=AMME=ACCG'=ANDN=2，
∴CG=10k=AC=2CG′，即CG'=5k，AM=2ME，
∵CK⊥AG，AC=CG，
∴AK=KG=8k，
∴CK=6k，
∴tan∠AGC=34，
∴tan∠AG'E=34=AHHG'，且AG′=15k，
∴AH=9k，HG=12k，
∵EG′=16k，
∴EH=4k，即HD=4k，
∴HD=EH，且AH⊥DE，
∴AE=AD且AMAE=ANAD，
∴AM=AN，
∴tan∠EFM=tan∠EAH=EMEF=EHAH=4k9k，且EF=9，
∴EM=4，
∴AM=8=AN．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例定理，解题的关键是辅助线的添加，以及需要熟练的解题技巧．
19．（2022·浙江宁波·一模）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC=4，AD⊥BC于D，E为AB边上的点，过A、D、E三点的⊙O交AC于F，连接DE，DF．

(1)求证：AE=CF．
(2)若tan∠ADF=3，求⊙O的面积．
(3)如图2，点P为DE上一动点，连接PD，PE，PF．
①若P为DE的中点，设AE为x，△PDF的面积为S，求S关于x的函数表达式；
②在点P运动过程中，试探索PD，PE，PF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析；
(2)52π；
(3)①S＝14x2−x+2；②PF＝PE＋2PD，证明见解析．

【分析】（1）求出∠C＝∠DAB，∠CFD＝∠AED，利用AAS证明△CFD≅ △AED，根据全等三角形的性质解答即可；
（2）连接EF，先求出∠EDF＝90°，可得EF为直径，再利用tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，求出AF＝3AE，可得AF＝3CF，求出AF和AE，利用勾股定理求得EF的值，则⊙O的面积可求；
（3）①连接EF，OP，OD，利用勾股定理求得直径EF，利用平行线之间的距离相等和同底等高的三角形的面积相等，得到S△PFD=S△OFD，证明∠FOD＝2∠CAD＝90°，通过计算△OFD的面积即可得出结论；②连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，通过证明△DEP≅ △DFN，得到EP＝FN，DN＝DP，利用等腰直角三角形的性质和线段的和差即可得出结论．
（1）
证明：∵在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠C＝∠B＝45°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAD＝45°，∠BAD＝45°，AD＝CD＝BD＝12BC，
∴∠C＝∠DAB，
∵四边形FAED是圆的内接四边形，
∴∠CFD＝∠AED，
在△CFD和△AED中∠C=∠DAE∠CFD=∠AEDCD=AD，
∴△CFD≅ △AED（AAS）．
∴AE＝CF；
（2）
解：连接EF，如图，

∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠FDC＝90°．
∵△CFD≅ △AED，
∴∠CDF＝∠ADE，
∴∠ADF＋∠ADE＝90°，
∴∠FDE＝90°，
∴EF为⊙O的直径，
∵∠ADF＝∠AEF，
∴tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，
∵tan∠AEF＝AFAE，
∴AF＝3AE，
∵AE＝CF，
∴AF＝3CF，
∵AC＝4，
∴CF＝1，AF＝3，
∴AE＝1，
∴EF＝AF2+AE2=10，
∴⊙O的面积为：π×1022=52π；
（3）
解：①连接EF，OP，OD，如图，

∵AE为x，AE＝CF，
∴CF＝x，AF＝AC−CF＝4−x，
∴EF＝AF2+AE2=x2+4−x2=2x2−8x+16，
∴OF＝OD＝122x2−8x+16，
∵P为DE的中点，
∴∠EOP＝∠DOP＝12∠EOD，
∵∠EFD＝12∠EOD，
∴∠EOP＝∠EFD，
∴OP∥FD，
∴S△PFD=S△OFD，
∵∠FOD＝2∠CAD＝90°，
∴OD⊥OF，
∴S△PFD=S△OFD＝12OD⋅OF=12OD2=12×142x2−8x+16=14x2−x+2，
∴S＝14x2−x+2；
②PD，PE，PF之间的数量关系为：PF＝PE＋2PD，
证明：连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，如图，

∵DN⊥DP，
∴∠NDE＋∠EDP＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠NDE＋∠NDF＝90°，
∴∠EDP＝∠FDN，
∵∠DEF＝∠DAC＝45°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴DE＝DF，
在△DEP和△DFN中，∠EDP=∠FDNDE=DF∠DEP=∠DFN，
∴△DEP≅ △DFN（ASA），
∴EP＝FN，DN＝DP，
∴△DNP为等腰直角三角形，
∴NP＝2PD，
∴PF＝NF＋NP＝PE＋2PD．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，圆的面积，圆内接四边形的性质，三角形的面积，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（2022·广东·佛山市华英学校三模）如图，△ABC内接于⊙O，过点A作AF⊥BC于点F，过点B作BE⊥AC于点E，交AF于点H，延长BE交⊙O于点D，连接AD，且∠BAD=∠AHD．

(1)求证：∠ABC=3∠DAC；
(2)过点A作AG∥BD交⊙O于点G，连接BG、GD，GD交AB于点M，连接OM，求证：OM⊥BD；
(3)在（2）的条件下，连接EF，若EF=3，AG=5，求OM的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)OM=81256

【分析】（1）由已知可证明∠HAE=∠CAD，∠AHD=∠D，∠BAD=∠D，则可得∠ABD=∠HAD=2∠DAC，再由∠DBC=∠DAC，即可得到∠ABC＝∠ABD＋∠DBC＝3∠DAC；
（2）设∠DAC=∠α，则∠ABD=2α，连接OB、OD，先去证明△DOM≌△BOM，可得∠DMO=∠BMO，DM=BM，所以OM⊥BD；
（3）延长AF交⊙O于点N，连接DN、CN、BN，过点D作DQ⊥GN于点Q，KD⊥GA交GA的延长线与点K，先证明△HFB≌△NFB，然后再去证明△DEA≌△HEA，则EF=12DN=3，证明△KDG≌△QDG，得到DK=DQ，再证△KDA≌△QDN，则KA=QN，设AK=a，可以得到KG=GQ=5+a，可以得到DG=GN=5+2a，在Rt△DGQ和Rt△DQN中，由勾股定理得(5+2a)2−(5+a)2=36−a2，解得a=2或a=−92(舍)，证明四边形DEAK为矩形，则有DE=AK=2，DH=4，AE=42，又因为tan∠DAH=427，则tan∠DBA=427=AEBE，解得BE=7，BD=9，延长MO交BD于点S，得到MSBS=427，解得MS=1827，由∠SOB=∠ADB，cos∠ADB=DEAD=13，cos∠SOB=13，OM=MS−OS=1827−928=81256．
（1）
解：∵AE⊥BD，AF⊥BC，
∴∠AEH=∠BFA=90°，
∵∠BHF=∠AHE，
∴∠HBF=∠HAE，
∵∠DBC=∠CAD，
∴∠HAE=∠CAD，
∵∠AEH=∠AED=90°，
∴∠AHD=∠D，
∵∠BAD=∠AHD，
∴∠BAD=∠D，
∴∠ABD=∠HAD=2∠DAC，
∵∠DBC=∠DAC，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=3∠DAC；
（2）
设∠DAC=∠α，
∴∠ABD=2α，
连接OB、OD，
∵AG∥BD，
∴∠GAB=∠DBA=2α，
∵∠GAB=∠GDB=2α，
∴∠GDB=∠DBM，
∴DM=BM，
∵OM=OM，BO=DO，
∴△DOM≌△BOM（SSS），
∴∠DMO=∠BMO，
∴DM=BM，
∴OM⊥BD；
（3）
如图，延长AF交⊙O于点N，连接DN、CN、BN，过点D作DQ⊥GN于点Q，KD⊥GA交GA的延长线与点K，

∵∠DAC=∠CAN=∠CBN=∠CBD，
∴∠CBH=∠CBN，
∵AF⊥BC，
∴△HFB≌△NFB（ASA），
∴HF=FN，
∴△DEA≌△HEA（SAS），
∴DE=EH，
∴EF=12DN，
∵EF=3，
∴DN=6，
∵∠DGN=∠DBN=2∠DAC，∠DGA=∠DBA=2∠DAC，
∴∠DGN=∠DGA，
∵KD⊥AG，DQ⊥GN，
∴△KDG≌△QDG（AAS），
∴DK=DQ，
∵四边形DAGN内接于⊙O，
∴∠KAD=∠DNG，
∴△KDA≌△QDN（AAS），
∴KA=QN，
设AK=a，
∴NQ=a，
∴KG=GQ=5+a，
∴GN=5+2a，
∵AG∥BD，
∴∠KAE=∠AEH=90°，
∴∠KAD=90°−∠DAC，
∵∠DAC=∠EAH，
∴∠FAG=∠KAD，
∵∠KAD=∠DNG，∠FAG=∠GDN，
∴∠GDN=∠DNG，
∴DG=GN=5+2a，
在Rt△DGQ和Rt△DQN中，由勾股定理得(5+2a)2−(5+a)2=36−a2，
解得a=2或a=−92(舍)，
∵∠K=∠KAE=∠DEA=90°，
∴四边形DEAK为矩形，
∴DE=AK=2，
∴DH=4，
∵DA=DN=6，
∴AE=42，
∵AD=AH=6，
∴tan∠DAH=427，
∴tan∠DBA=427=AEBE，
解得BE=7，
∴BD=9，
延长MO交BD于点S，
∴BS=12BD=92，
∴MSBS=427，
解得MS=1827，
∵∠SOB=12∠BOD=∠DAB，∠DAB=∠ADB，
∴∠SOB=∠ADB，
∵cos∠ADB=DEAD=13，
∴cos∠SOB=13，
∵BS=92，
∴OS=928，
∴OM=MS−OS=1827−928=81256．
【点睛】本题考查圆的综合，熟练掌握圆的相关知识、锐角三角函数、勾股定理等知识是基础，通过构造垂线，利用三角形的全等进行边角的转化是解题的关键．