2024年數(shù)學(xué)中考探究性試題復(fù)習(xí)-圓

人教版2024年數(shù)學(xué)中考探究性試題復(fù)習(xí)——圓一、綜合題(共15題；共150分)1．（10分）（1）（3分）【感知】如圖①，點(diǎn)A、B、P均在上，，則銳角的大小為度．（2）（3分）【探究】小明遇到這樣一個(gè)問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點(diǎn)P在上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、C重合），連結(jié)、、．求證：．小明發(fā)現(xiàn)，延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進(jìn)而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，請(qǐng)你補(bǔ)全余下的證明過程．（3）（4分）【應(yīng)用】如圖③，是的外接圓，，點(diǎn)P在上，且點(diǎn)P與點(diǎn)B在的兩側(cè)，連結(jié)、、．若，則的值為．2．（10分）已知，、、的對(duì)邊分別是、、，一條直線與邊相交于點(diǎn)，與邊相交于點(diǎn)．（1）（2分）如圖①，若將分成周長相等的兩部分，求的值；（用、、表示）（2）（4分）如圖②，若，，，將分成周長、面積相等的兩部分，求的值（3）（4分）如圖③，若將分成周長、面積相等的兩部分，且，則、、滿足什么關(guān)系？3．（12分）如圖1，菱形的邊長為，，，分別在邊，上，，，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿折線以的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)不與點(diǎn)C重合；的外接圓與相交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)設(shè)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts.（1）（2分）；（2）（4分）若與相切，判斷與的位置關(guān)系；求的長；（3）（4分）如圖3，當(dāng)點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求的最大值，并判斷此時(shí)與的位置關(guān)系；（4）（2分）若點(diǎn)在的內(nèi)部，直接寫出的取值范圍.4．（8分）如圖，平面上存在點(diǎn)P、點(diǎn)M與線段AB．若線段AB上存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)M在以PQ為直徑的圓上，則稱點(diǎn)M為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)．已知點(diǎn)P（0，1），點(diǎn)A（﹣2，﹣1），點(diǎn)B（2，﹣1）．（1）（1分）在點(diǎn)O（0，0），C（﹣2，1），D（3，0）中，可以成為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)的是；（2）（3分）點(diǎn)K為x軸上一點(diǎn)，若點(diǎn)K為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)，請(qǐng)求出點(diǎn)K橫坐標(biāo)xK的取值范圍；（3）（4分）已知點(diǎn)M（m，﹣1），若直線y＝x+3上存在點(diǎn)P與線段AM的共圓點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出m的取值范圍．5．（9分）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，過A作AP∥BC交CO的延長線于點(diǎn)P.（1）（4分）求證：PA是⊙O的切線；（2）（5分）若BC＝8，tanB＝2，求PA的長.6．（10分）如圖，以四邊形的對(duì)角線為直徑作圓，圓心為，過點(diǎn)作的延長線于點(diǎn)，已知平分．（1）（5分）求證：是的切線；（2）（5分）若，，求的半徑和的長．7．（15分）（1）（5分）證明推斷：如圖（1），在正方形ABCD中，點(diǎn)E、Q分別在邊BC、AB上，DQ⊥AE于點(diǎn)O，點(diǎn)G、F分別在邊CD、AB上，GF⊥AE．①填空：DQAE（填“＞”“＜”或“＝”）；②推斷的值為；（2）（5分）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數(shù)）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點(diǎn)H，連接AE交GF于點(diǎn)O．試探究GF與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）（5分）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接CP，當(dāng)k＝時(shí)，若＝，GF＝2，求CP的長．8．（7分）已知四邊形為的內(nèi)接四邊形，直徑與對(duì)角線相交于點(diǎn)，作于，與過點(diǎn)的直線相交于點(diǎn)，.（1）（1分）求證：為的切線；（2）（3分）若平分，求證：；（3）（3分）在（2）的條件下，為的中點(diǎn)，連接，若，的半徑為，求的長.9．（10分）已知A（3，0）、B（0，4）是平面直角坐標(biāo)系中兩點(diǎn)，連接AB.（1）（5分）如圖①，點(diǎn)P在線段AB上，以點(diǎn)P為圓心的圓與兩條坐標(biāo)軸都相切，求過點(diǎn)P的反比例函數(shù)表達(dá)；（2）（5分）如圖②，點(diǎn)N是線段OB上一點(diǎn)，連接AN，將△AON沿AN翻折，使得點(diǎn)O與線段AB上的點(diǎn)M重合，求經(jīng)過A、N兩點(diǎn)的一次函數(shù)表達(dá)式.10．（7分）已知正方形和正方形有一個(gè)公共點(diǎn)A，點(diǎn)G、E分別在線段、上.（1）（2分）如圖1，連接、，若將正方形繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，判斷∶“在旋轉(zhuǎn)的過程中線段與的長始終相等.”是否正確，若正確請(qǐng)說明理由，若不正確請(qǐng)舉反例說明；（2）（5分）若將正方形繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，連結(jié)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，你能否找到一條線段的長與線段的長始終相等.并以圖2為例說明理由.11．（12分）如圖，AE切⊙O于點(diǎn)E，AT交⊙O于點(diǎn)M，N，線段OE交AT于點(diǎn)C，OB⊥AT于點(diǎn)B，已知∠EAT=30°，AE=3，MN=2．（1）（2分）求∠COB的度數(shù)；（2）（5分）求⊙O的半徑R；（3）（5分）點(diǎn)F在⊙O上（是劣?。?，且EF=5，把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個(gè)頂點(diǎn)分別與點(diǎn)E，F(xiàn)重合．在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有多少個(gè)？你能在其中找出另一個(gè)頂點(diǎn)在⊙O上的三角形嗎？請(qǐng)?jiān)趫D中畫出這個(gè)三角形，并求出這個(gè)三角形與△OBC的周長之比．12．（10分）如圖，在中，，AD為的平分線，點(diǎn)O在AB上，經(jīng)過點(diǎn)A，D兩點(diǎn)，與AC，AB分別交于點(diǎn)E，F(xiàn).（1）（5分）求證：BC與相切；（2）（5分）若，，求的半徑r和BC的長.13．（10分）如圖，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，連結(jié)OC，過點(diǎn)B作AC的垂線，交⊙O于點(diǎn)D，交OC于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)E，連結(jié)AD.（1）（3分）若∠D=α，請(qǐng)用含α的代數(shù)式表示∠OCA；（2）（4分）如圖1.①求證：CE2=EM?EB；②若BM=3，DM=2，求tan∠BAC的值.（3）（3分）如圖2，連結(jié)CD，若，求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式.14．（10分）如圖，在矩形中，，，將矩形折疊，折痕為，使點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，點(diǎn)D與點(diǎn)G重合，連接．（1）（5分）判斷四邊形的形狀，并說明理由；（2）（5分）求折痕的長．15．（10分）（1）（5分）知識(shí)重現(xiàn)：如圖1，我們已經(jīng)分三種情況探究了一條弧所對(duì)的圓周角和它所對(duì)的圓心角的數(shù)量關(guān)系．圖1①直接寫出和的數(shù)量關(guān)系．②任選一種情況進(jìn)行證明．（2）（5分）遷移應(yīng)用：如圖2，已知內(nèi)接于，直線DE是切線，切點(diǎn)為A，求證：．圖2

答案解析部分1．【答案】（1）（2）解：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；（3）【解析】【解答】（1）由題意得=45°，

故答案為：45

（3）延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．

【分析】（1）直接根據(jù)圓周角定理即可求解；

（2）延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得到，進(jìn)而得到，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)即可得到，然后根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)證明即可得到，，進(jìn)而得到，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)即可得到，進(jìn)而結(jié)合題意即可求解；

（3）延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得到，進(jìn)而結(jié)合三角形全等的判定與性質(zhì)證明即可得到，，再根據(jù)等腰直角三角形、勾股定理結(jié)合題意求出PB和PC，進(jìn)而即可求解。2．【答案】（1）解：由題意知，，，，，，，（2）解：設(shè)，，由，得，解得（舍去），，即（3）解：，，，∵，，．【解析】【分析】（1）由DE將△ABC分成周長相等的兩部分，即AD+AE=CD+BC+BE=（AB+AC+BC）=（a+b+c）；（2）設(shè)AD=x，AE=6-x，根據(jù)三角形的面積公式列方程得求解即可；（3）由DE∥BC，推出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，由得到，然后進(jìn)行解答即可．3．【答案】（1）60（2）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，與相切，四邊形為菱形，，與相切，與相切；連接，由（1）可知，，、分別與相切，，，弧的長；（3）解：由圖可知：，，，為等邊三角形，則，，要使取得最大值，則應(yīng)該取最小值，當(dāng)時(shí)，最小，此時(shí)取得最大值，點(diǎn)為外接圓圓心，，，，綜上：的最大值為，此時(shí)；（4）解：時(shí)或【解析】【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為菱形，，，，為等邊三角形，，，故答案為：；（4）①當(dāng)點(diǎn)p在AB上時(shí)，四邊形APCE為圓的內(nèi)接四邊形，，，，在和中，，，，≌，，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，，，，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)在圓內(nèi)部；當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，，為等邊三角形，，，，，在和中，，，，≌，，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)N重合時(shí)，，此時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)N在圓內(nèi)部；綜上：當(dāng)時(shí)或時(shí)，點(diǎn)N在圓內(nèi)部.【分析】（1）由菱形的性質(zhì)易證△ACD是等邊三角形，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等即可得出∠APE的度數(shù)；

（2）①當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，圓O與AD相切，由切線長定理可證出圓O與CD相切；②連接OD，由切線長定理可得∠ADO=30°，進(jìn)而根據(jù)正切函數(shù)的定義，由AO=AD×tan30°可求出AO的長，從而根據(jù)弧長計(jì)算公式可算出弧APC的長度；

（3）先判斷出△ABC是等邊三角形，要使CF取得最大值，則AF應(yīng)該取得最小值，當(dāng)AC⊥PE時(shí)，AF最小，此時(shí)CF取得最大值，進(jìn)而根據(jù)余弦函數(shù)的定義，由CF=CP×cos60°即可求出答案；

（4）分類討論：①當(dāng)點(diǎn)p在AB上時(shí)，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及同角的補(bǔ)角相等得∠APC=∠AED，利用AAS判斷出△APC≌△DEA，得AP=DE，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)N重合時(shí)，DE=DN=AP=4，則MP=1cm，從而可得當(dāng)0＜t＜1時(shí)，點(diǎn)N在圓內(nèi)部；②當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，先判斷出△APE是等邊三角形，再利用SAS判斷出△BAP≌△CAE，得BP=CE，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)N重合時(shí)，CE=CN=BP=8cm，此時(shí)t=17，點(diǎn)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，t=21，點(diǎn)N在圓的內(nèi)部，可得17＜t＜21時(shí)，點(diǎn)N在圓的內(nèi)部，綜上即可得出答案.4．【答案】（1）C（2）解：∵P（0，1），點(diǎn)A（﹣2，﹣1），點(diǎn)B（2，﹣1）．∴AP＝BP＝＝2，如圖2，分別以PA、PB為直徑作圓，交x軸于點(diǎn)K1、K2、K3、K4，∵OP＝OG＝1，OE∥AB，∴PE＝AE＝，∴OE＝AG＝1，∴K1（﹣1﹣，0），k2（1﹣，0），k3（﹣1，0），k4（1+，0），∵點(diǎn)K為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)，∴﹣1﹣≤xk≤1﹣或﹣1≤xk≤1+（3）解：分兩種情況：①如圖3，當(dāng)M在點(diǎn)A的左側(cè)時(shí)，Q為線段AM上一動(dòng)點(diǎn)，以PQ為直徑的圓E與直線y＝x+3相切于點(diǎn)F，連接EF，則EF⊥FH，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝3，當(dāng)y＝0時(shí)，y＝x+3＝0，x＝﹣6，∴ON＝3，OH＝6，∵tan∠EHF＝＝＝，設(shè)EF＝a，則FH＝2a，EH＝a，∴OE＝6﹣a，Rt△OEP中，OP＝1，EP＝a，由勾股定理得：EP2＝OP2+OE2，∴，解得：a＝（舍去）或，∴QG＝2OE＝2（6﹣a）＝﹣3+2，∴m≤3﹣2；②如圖4，當(dāng)M在點(diǎn)A的右側(cè)時(shí)，Q為線段AM上一動(dòng)點(diǎn)，以PQ為直徑的圓E與直線y＝x+3相切于點(diǎn)F，連接EF，則EF⊥FH，同理得QG＝3+2，∴m≥3+2，綜上，m的取值范圍是m≤3﹣2或m≥3+2【解析】【解答】解：（1）如圖1，可以成為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)的是C，故答案為：C；

【分析】（1）當(dāng)Q與A重合時(shí)，點(diǎn)C在以AP為直徑的圓上，所以可以成為點(diǎn)P與線段AB的共圓點(diǎn)的是C；

（2）由兩點(diǎn)的距離公式可得AP=BP=2，分別畫以AP和BP為直徑的圓交x軸于4個(gè)點(diǎn)K1、K2、K3、K4，結(jié)合圖形2可得4個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得結(jié)論；

（3）先根據(jù)直線y＝x+3，當(dāng)x=0和y=0計(jì)算與x軸和y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，分兩種情況：M在A的左側(cè)和右側(cè)，先計(jì)算圓E與直線y＝x+3相切時(shí)m的值，從而根據(jù)圖形可得結(jié)論。5．【答案】（1）證明：作AD⊥BC于點(diǎn)D，∵AB＝AC，∴AE平分BC∴點(diǎn)O在AD上，∵AP∥BC，∴AD⊥AP，∴PA是⊙O的切線.（2）解：∵tanB＝2，BD＝CD＝BC＝4，∴AD＝8，設(shè)OC＝OA＝x，在Rt△OCD中，OC2＝CD2+OD2，∴，解得：x＝5，∴OD＝8﹣x＝8﹣5＝3，∵∠AOP＝∠COD，∠OAP＝∠ODC＝90°，∴△AOP∽△DOC，∴，∴∴PA＝.【解析】【分析】（1）作AD⊥BC于點(diǎn)D，根據(jù)切線的判定即可求出答案；

（2）易求得AD＝8，設(shè)OC＝OA＝x，根據(jù)勾股定理可求出x的值，再證明△AOP∽△DOC，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出PA的長度.6．【答案】（1）證明：如圖，連接，，．平分，，又，，，，是切線；（2）解：如圖，取中點(diǎn)，連接，于點(diǎn)．四邊形是矩形，，．在中，，，在中，，，，的長是．【解析】【分析】（1）連接OA，由余角的性質(zhì)可得∠DAE+∠ADE=90°，根據(jù)角平分線的概念可得∠ADE=∠ADO，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAD=∠ADO，則∠DAE+∠OAD=90°，進(jìn)而推出OA⊥AE，據(jù)此證明；

（2）取CD的中點(diǎn)F，連接OF，則四邊形AEFO是矩形，由垂徑定理可得DF=FC=4，利用勾股定理可得OD的值，根據(jù)線段的和差關(guān)系可得ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=2，再利用勾股定理就可求出AD的長.7．【答案】（1）=；1（2）解：結(jié)論：＝k．理由：如圖2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝＝＝k．（3）解：如圖2中，作PN⊥BC交BC的延長線于N．由＝，可以假設(shè)BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，F(xiàn)G＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍棄），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEN＝90°，∠PEN+∠EPN＝90°，∴∠FEB＝∠EPN，∴△FBE∽△ENP，∴，∴＝＝，∴EN＝，PN＝，∴CN＝EN﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝＝．【解析】【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD為正方形，

∴

∴

∵

∴

∴

∴

∴.

故答案為：=.

②∵

∴

∴

∴四邊形DQFG為平行四邊形，

∴

∵

∴

∴

故答案為：1.

【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)和垂直的定義及等量代換，利用"ASA"證明進(jìn)而即可求解；

②證明四邊形DQFG為平行四邊形，即可求解；

（2）作GM⊥AB于M，證明得到，結(jié)合矩形的性質(zhì)即可求解；

（3）作PN⊥BC交BC的延長線于N，利用相似三角形的性質(zhì)求出線段PM和CM的長度，最后利用勾股定理即可求解.8．【答案】（1）證明：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°．∵，∴∠ABD=∠DCA．∵∠FAD=∠ABD，∴∠FAD=∠DCA，∴∠FAD+∠DAC=90°，∴CA⊥AF，∴AF為⊙O的切線．（2）證明：連接OD．∵，∴∠ABD=∠AOD．∵，∴∠DBC=∠DOC．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∴∠DOA=∠DOC，∴DA=DC．（3）解：連接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°．∵DA=DC，∴DO⊥AC，∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．∵AO=OC，∴OM=AF．∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，∴∠ODE=∠OCM．∵∠DOE=∠COM，OD=OC，∴△ODE≌△OCM，∴OE=OM．設(shè)OM=m，∴OE=m，，，∴．∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，∴∠AEN=∠ADE．∵∠EAN=∠DPE，∴△EAN∽△DPE，∴，∴，∴，∴，，由勾股定理得：．【解析】【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為90°，得到∠ADC=90°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出結(jié)論；（2）連接OD．根據(jù)圓周角定理和角平分線定義可得∠DOA=∠DOC，即可得出結(jié)論；（3）連接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根據(jù)三角形中位線定理得出OM=AF．證明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．設(shè)OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通過證明△EAN∽△DPE，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例，求出m的值，從而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出結(jié)論．9．【答案】（1）解：設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+b（k≠0），

則，

解得，

∴y=-x+4，

∵⊙P分別與x軸和y軸相切，

設(shè)P（a，a），

∴a=-a+4，

解得：a=，

∴P（，），

設(shè)反比例函數(shù)解析式為：y=，

∴m=xy=×=，

∴y=；（2）解：∵AM=OA=3，AB==5，

∴BM=AB-AM=2，

∵∠BMN=∠AOB=90°，∠ABO=∠MBN，

∴△BMN∽△BOA，

∴，

即，

解得MN=，

∴ON=NM=1.5，

∴N(0，)，

設(shè)經(jīng)過A、N兩點(diǎn)的一次函數(shù)表達(dá)式為y=kx+，

∴0=3k+，

解得k=-，

∴y=-x+.【解析】【分析】(1)利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，設(shè)P（a，a），將其代入解析式求出P點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式即可；

(2)利用勾股定理求出AB長，證明△BMN∽△BOA，根據(jù)相似比的性質(zhì)求出MN長，則可得出ON長，從而得出N點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)待定系數(shù)法求直線AN的解析式即可.10．【答案】（1）解：不正確.若在正方形繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，這時(shí)點(diǎn)F落在線段或的延長線上.（或?qū)⒄叫卫@點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)F落在線段或的延長線上）.如圖：設(shè)，，則，，∴，即此時(shí)；（2）解：連接BE，可得，則.如圖，∵四邊形是正方形，∴，，∵四邊形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴.【解析】【分析】（1）若在正方形GAEF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，畫出圖形，設(shè)AD=a，AG=b，利用勾股定理可表示出DF的長，同時(shí)可知DF＞a，再表示出BF的長，可知BF＜a，由此可證得DF＞BF，即可作出判斷.

（2）連接BE，利用全等三角形的性質(zhì)可證得DG=BE，利用正方形的性質(zhì)可得到AD=AB，∠DAB=90°，利用余角的性質(zhì)可證得∠DAG=∠BAE，利用SAS可證得△ADG≌△ABE，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，可證得結(jié)論.11．【答案】（1）解：∵AE切⊙O于點(diǎn)E，∴AE⊥CE，又OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，又∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC，又∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°（2）解：∵AE=3，∠A=30°，∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°=，即EC=AEtan30°=3，∵OB⊥MN，∴B為MN的中點(diǎn)，又MN=2，∴MB=MN=，連接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，∴OB=，在△COB中，∠BOC=30°，∵cos∠BOC=cos30°=，∴BO=OC，∴OC=OB=，又OC+EC=OM=R，∴R=+3，整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5，則R=5（3）解：以EF為斜邊，有兩種情況，以EF為直角邊，有四種情況，所以六種，畫直徑FG，連接EG，延長EO與圓交于點(diǎn)D，連接DF，如圖所示：∵EF=5，直徑ED=10，可得出∠FDE=30°，∴FD=5，則C△EFD=5+10+5=15+5，由（2）可得C△COB=3+，∴C△EFD：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1．∵EF=5，直徑FG=10，可得出∠FGE=30°，∴EG=5，則C△EFG=5+10+5=15+5，∴C△EFG：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1【解析】【分析】（1）由AE與圓O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AE與CE垂直，又OB與AT垂直，可得出兩直角相等，再由一對(duì)對(duì)頂角相等，利用兩對(duì)對(duì)應(yīng)角相等的兩三角形相似可得出三角形AEC與三角形OBC相似，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等可得出所求的角與∠A相等，由∠A的度數(shù)即可求出所求角的度數(shù)；（2）在直角三角形AEC中，由AE及tanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義求出CE的長，再由OB垂直于MN，由垂徑定理得到B為MN的中點(diǎn)，根據(jù)MN的長求出MB的長，在直角三角形OBM中，由半徑OM=R，及MB的長，利用勾股定理表示出OB的長，在直角三角形OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用銳角三角函數(shù)定義表示出OC，用OE﹣OC=EC列出關(guān)于R的方程，求出方程的解得到半徑R的值；（3）把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個(gè)頂點(diǎn)分別與點(diǎn)E，F(xiàn)重合，在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有3個(gè)．延長EO與圓交于點(diǎn)D，連接DF，如圖所示，由第二問求出半徑，的長直徑ED的長，根據(jù)ED為直徑，利用直徑所對(duì)的圓周角為直角，得到三角形EFD為直角三角形，由∠FDE為30°，利用銳角三角函數(shù)定義求出DF的長，表示出三角形EFD的周長，再由第二問求出的三角形OBC的三邊表示出三角形BOC的周長，即可求出兩三角形的周長之比．12．【答案】（1）證明：連接OD∵OA=OD∴∠OAD=∠ODA∵為的平分線，∴∠CAD=∠OAD∴∠CAD=∠ODA∴OD∥AC∴∠ODB=∠ACB=90°∴OD⊥BC∴與相切；（2）解：連接DF在Rt△ACD中，AD==∵AF為直徑∴∠ADF=90°∴∠ACD=∠ADF∵∠CAD=∠DAF∴△CAD∽△DAF∴即解得：AF=∴的半徑==，∵OD∥AC∴△BOD∽△BAC∴即解得：BC=8【解析】【分析】（1）連接OD，根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠OAD=∠ODA，然后根據(jù)角平分線的定義可得∠CAD=∠OAD，從而證出∠CAD=∠ODA，根據(jù)平行線的判定定理可得OD∥AC，從而證出OD⊥BC，然后根據(jù)切線的判定定理即可證出結(jié)論；（2）連接DF，根據(jù)勾股定理求出AD，然后根據(jù)相似三角形的判定定理證出△CAD∽△DAF，列出比例式即可求出AF，從而求出圓的半徑，然后利用平行證出△BOD∽△BAC，然后列出比例式即可求出BC.13．【答案】（1）解：如圖1，連接OA，OB，在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠OAB=∠OAC=∠BAC，∵=，∴∠ACB=∠D=α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=α，∴∠BAC=180°-2α，∴∠OAC=90°-α，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=90°-α；（2）解：①證明：∵BD⊥AC，∴∠BEC=90°，∴∠CBE=90°-∠ACB=90°-α，∴∠OCA=∠CBE，∵∠CEM=∠CEB，∴△CEM∽△BEC，∴，∴CE2=EM?EB；②解：如圖2，連接AO并延長交BD于N，連接CN，CD，∵AB=AC，∠OAB=∠OAC，∴AO垂直平分BC，∴BN=CN，∵∠OCA=∠DAC，∴OC∥AD，∴∠DMC=∠ABD=∠ACB，∵=，∴∠BAC=∠CDM，∴∠DCM=∠ABC，∴∠DCM=∠DMC，∴CD=DM=2，∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEN，∵∠OAC=∠DAC，AE=AE，∴△AEN≌△AED（ASA），∴EN=ED，∴AC垂直平分DN，∴CN=CD=2，∴BN=CN=2，∴MN=BM-BN=3-2=1，由EN=DE得，MN+EM=DM-EM，∴1+EM=2-EM，∴EM=，∴EB=BM+EM=3+=，DE=DM-EM=2-=，由①知：CE2=EM?EB=×