專題01圓的綜合題中考題型訓練

專題1圓的綜合題中考題型訓練1．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝36度；的值等于．【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO＝∠BCO，設∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出，設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，證明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案．【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴，∴CE2＝EO?BE，設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x＝a（負值舍去），∴OE＝a，∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴，∴＝．故答案為：36，．2．（2022?德州）如圖1，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，O為底邊BC的中點，過點O作OD⊥AB，垂足為D，以點O為圓心，OD為半徑作圓，交BC于點M，N．（1）AB與⊙O的位置關系為相切；（2）求證：AC是⊙O的切線；（3）如圖2，連接DM，DM＝4，∠A＝96°，求⊙O的直徑．（結果保留小數(shù)點后一位．參考數(shù)據(jù)：sin24°≈0.41，cos24°≈0.91，tan24°≈0.45）【分析】（1）利用直線與圓的相切的定義解答即可；（2）過點O作OE⊥AC于點E，連接OA，通過證明OE＝OD，利用直線與圓相切的定義解答即可；（3）過點O作OF⊥DM于點F，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求得∠BOD＝48°，再利用垂徑定理和直角三角形的邊角關系定理求得圓的半徑，則圓的直徑可求．【解答】（1）解：∵OD⊥AB，點O為圓心，OD為半徑，∴直線AB到圓心O的距離等于圓的半徑，∴AB為⊙O的切線，∴AB與⊙O的位置關系為相切，故答案為：相切；（2）證明：過點O作OE⊥AC于點E，連接OA，如圖，∵AB＝AC，O為底邊BC的中點，∴AO為∠BAC的平分線，∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴OD＝OE，∵OD為⊙O的半徑，∴OE為⊙O的半徑，這樣，直線AC到圓心O的距離等于圓的半徑，∴AC是⊙O的切線；（3）解：過點O作OF⊥DM于點F，如圖，∵AB＝AC，∠A＝96°，∴∠B＝∠C＝＝42°，∵OD⊥AB，∴∠BOD＝90°﹣∠B＝48°．∵OF⊥DM，∴DF＝MF＝DM＝2，∵OD＝OM，OF⊥DM，∴OF為∠DOM的平分線，∴∠DOF＝∠BOD＝24°．在Rt△ODF中，∵sin∠DOF＝，∴sin24°＝，∴OD＝≈≈4.9，∴⊙O的直徑＝2OD＝2×4.9＝9.8．3．（2022?河池）如圖，AB是⊙O的直徑，E為⊙O上的一點，∠ABE的平分線交⊙O于點C，過點C的直線交BA的延長線于點P，交BE的延長線于點D．且∠PCA＝∠CBD．（1）求證：PC為⊙O的切線；（2）若PC＝2BO，PB＝12，求⊙O的半徑及BE的長．【分析】（1）欲證明PC是⊙O的切線，只要證明PC⊥OC即可；（2）設OB＝OC＝r，證明OP＝3r，可得4r＝12，推出r＝3，利用平行線分線段成比例定理求出BD，BE即可．【解答】（1）證明：連接OC，∵BC平分∠ABE，∴∠ABC＝∠CBD，∵OC＝OB，∴∠ABC＝∠OCB，∵∠PCA＝∠CBD，∴∠PCA＝∠OCB，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACO+∠OCB＝90°，∴∠PCA+∠ACO＝90°，∴∠PCO＝90°，∴OC⊥PC，∵OC是半徑，∴PC是⊙O的切線；（2）解：連接AE，設OB＝OC＝r，∵PC＝2OB，∴PC＝2r，∴OP＝＝＝3r，∵PB＝12，∴4r＝12，∴r＝3，由（1）可知，∠OCB＝∠CBD，∴OC∥BD，∴＝，∠D＝∠PCO＝90°，∴＝，∴BD＝4，∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠D＝90°，∴AE∥PD，∴＝，∴＝，∴BE＝2．4．（2022?黃石）如圖CD是⊙O直徑，A是⊙O上異于C，D的一點，點B是DC延長線上一點，連AB、AC、AD，且∠BAC＝∠ADB．（1）求證：直線AB是⊙O的切線；（2）若BC＝2OC，求tan∠ADB的值；（3）在（2）的條件下，作∠CAD的平分線AP交⊙O于P，交CD于E，連PC、PD，若AB＝2，求AE?AP的值．【分析】（1）連接OA，先得出∠OAC+∠OAD＝90°，再得出∠BAC+∠OAC＝90°，進而得出∠BAO＝90°，最后根據(jù)切線的判定得出結論；（2）先得出△BCA∽△BAD，進而得出，設半徑OC＝OA＝r，根據(jù)勾股定理得出AB＝r，最后根據(jù)三角函數(shù)得出結果；（3）由（2）的結論，得出r＝，結合直角三角形的性質(zhì)得出AC＝2，AD＝2，然后得出△CAP∽EAD，最后根據(jù)AE?AP＝AC?AD得出結論．【解答】（1）證明：連接OA，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CAD＝90°，∴∠OAC+∠OAD＝90°，又∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，又∵∠BAC＝∠ADB，∴∠BAC+∠OAC＝90°，即∠BAO＝90°，∴AB⊥OA，又∵OA為半徑，∴直線AB是⊙O的切線；（2）解：∵∠BAC＝∠ADB，∠B＝∠B，∴△BCA∽△BAD，∴，設半徑OC＝OA＝r，∵BC＝2OC，∴BC＝2r，OB＝3r，在Rt△BAO中，AB＝，在Rt△CAD中，tan∠ADC＝；（3）解：在（2）的條件下，AB＝2r＝2，∴r＝，∴CD＝2，在Rt△CAD中，，AC2+AD2＝CD2，解得AC＝2，AD＝2，∵AP平分∠CAD，∴∠CAP＝∠EAD，又∵∠APC＝∠ADE，∴△CAP∽△EAD，∴，∴AE?AP＝AC?AD＝2×2＝4．5．（2022?貴陽）如圖，AB為⊙O的直徑，CD是⊙O的切線，C為切點，連接BC．ED垂直平分OB，垂足為E，且交于點F，交BC于點P，連接BF，CF．（1）求證：∠DCP＝∠DPC；（2）當BC平分∠ABF時，求證：CF∥AB；（3）在（2）的條件下，OB＝2，求陰影部分的面積．【分析】（1）連接OC，由CD是⊙O的切線得∠OCB+∠DCP＝90°，又DE⊥OB，有∠OBC+∠BPE＝90°，可得∠DCP＝∠BPE，即得∠DCP＝∠DPC；（2）連接OF，根據(jù)ED垂直平分OB，可得△BOF是等邊三角形，有∠FOB＝∠ABF＝60°，∠FCB＝∠FOB＝30°，而BC平分∠ABF，有∠ABC＝∠ABF＝30°，故∠FCB＝∠ABC，知CF∥AB；（3）連接OF、OC，由∠ABC＝∠CBF＝30°，得∠COF＝2∠CBF＝60°，即得S扇形COF＝，而OC＝OF，∠COF＝60°，可得△COF是等邊三角形，有CF＝OF＝OB＝2，在Rt△FEB中，EF＝＝，可得S△COF＝CF?EF＝×2×＝，從而S陰影＝S扇形COF﹣S△COF＝﹣．【解答】（1）證明：連接OC，如圖：∵CD是⊙O的切線，C為切點，∴∠DCO＝90°，即∠OCB+∠DCP＝90°，∵DE⊥OB，∴∠DEB＝90°，∴∠OBC+∠BPE＝90°，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠DCP＝∠BPE，∵∠BPE＝∠DPC，∴∠DCP＝∠DPC；（2）證明：連接OF，如圖：∵ED垂直平分OB，∴OF＝BF，∵OF＝OB，∴BF＝OF＝OB，∴△BOF是等邊三角形，∴∠FOB＝∠ABF＝60°，∴∠FCB＝∠FOB＝30°，∵BC平分∠ABF，∴∠ABC＝∠ABF＝30°，∴∠FCB＝∠ABC，∴CF∥AB；（3）解：連接OF、OC，如圖：由（2）知，∠ABC＝∠CBF＝30°，∴∠COF＝2∠CBF＝60°，∵OB＝2，即⊙O半徑為2，∴S扇形COF＝＝，∵OC＝OF，∠COF＝60°，∴△COF是等邊三角形，∴CF＝OF＝OB＝2，∵ED垂直平分OB，∴OE＝BE＝OB＝1，∠FEB＝90°，在Rt△FEB中，EF＝＝＝，∴S△COF＝CF?EF＝×2×＝，∴S陰影＝S扇形COF﹣S△COF＝﹣，答：陰影部分的面積為﹣．6．（2022?遵義）綜合與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結論進行探究．提出問題：如圖1，在線段AC同側有兩點B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE，則∠AEC+∠D＝180°（依據(jù)1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）∴點B，D在點A，C，E所確定的⊙O上（依據(jù)2）∴點A，B，C，D四點在同一個圓上反思歸納：（1）上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓．（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，則∠4的度數(shù)為45°．拓展探究：（3）如圖4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，點D在BC上（不與BC的中點重合），連接AD．作點C關于AD的對稱點E，連接EB并延長交AD的延長線于F，連接AE，DE．①求證：A，D，B，E四點共圓；②若AB＝2，AD?AF的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、過三點的圓解答即可；（2）根據(jù)四點共圓、圓周角定理解答；（3）①根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，進而得到∠AED＝∠ABC，證明結論；②連接CF，證明△ABD∽△AFB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．【解答】（1）解：依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓，故答案為：圓內(nèi)接四邊形對角互補；過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓；（2）解：∵∠1＝∠2，∴點A，B，C，D四點在同一個圓上，∴∠3＝∠4，∵∠3＝45°，∴∠4＝45°，故答案為：45°；（3）①證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵點E與點C關于AD的對稱，∴AE＝AC，DE＝DC，∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∴∠AED＝∠ACB，∴∠AED＝∠ABC，∴A，D，B，E四點共圓；②解：AD?AF的值不會發(fā)生變化，理由如下：如圖4，連接CF，∵點E與點C關于AD的對稱，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE，∴∠FED＝∠FCD，∵A，D，B，E四點共圓，∴∠FED＝∠BAF，∴∠BAF＝∠FCD，∴A，B，F(xiàn)，C四點共圓，∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，∵∠BAD＝∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴＝，∴AD?AF＝AB2＝8．7．（2022?綿陽）如圖，AB為⊙O的直徑，C為圓上的一點，D為劣弧的中點，過點D作⊙O的切線與AC的延長線交于點P，與AB的延長線交于點F，AD與BC交于點E．（1）求證：BC∥PF；（2）若⊙O的半徑為，DE＝1，求AE的長度；（3）在（2）的條件下，求△DCP的面積．【分析】（1）連接OD，利用垂徑定理和圓的切線的性質(zhì)定理，平行線的判定定理解答即可；（2）連接OD，BD，設AE＝x，則AD＝1+x，利用相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理列出關于x的方程，解方程即可得出結論；（3）連接OD，BD，設OD與BC交于點H，利用直角三角形的邊角關系定理求得DH，CE的長度，通過判定四邊形CHDP為矩形得到△DCP為直角三角形和兩直角邊的長，利用三角形的面積公式即可求得結論．【解答】（1）證明：連接OD，如圖，∵D為劣弧的中點，∴，∴OD⊥BC．∵PF是⊙O的切線，∴OD⊥PF，∴BC∥PF；（2）連接OD，BD，如圖，設AE＝x，則AD＝1+x．∵D為劣弧的中點，∴，∴CD＝BD，∠DCB＝∠CAD．∵∠CDE＝∠ADC，∴△CDE∽△ADC，∴，∴CD2＝DE?AD＝1×（1+x）＝1+x．∴BD2＝1+x．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD2+BD2＝AB2．∵⊙O的半徑為，∴AB＝2．∴，解得：x＝3或x＝﹣6（不合題意，舍去），∴AE＝3．（3）連接OD，BD，設OD與BC交于點H，如圖，由（2）知：AE＝3，AD＝AE+DE＝4，DB＝＝2，∵∠ADB＝90°，∴cos∠DAB＝＝．∵OA＝OD，∴∠DAB＝∠ADO，∴cos∠ADO＝cos∠DAB＝．∵OH⊥BC，∴BH＝CH，cos∠ADO＝，∴DH＝DE×＝．∴OH＝OD﹣DH＝﹣＝．∴BH＝＝，∴CH＝BH＝．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，由（1）知：OD⊥PD，OH⊥BC，∴四邊形CHDP為矩形，∴∠P＝90°，CP＝DH＝，DP＝CH＝，∴△DCP的面積＝CP?DP＝．8．（2022?柳州）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點E是⊙O上異于A，B的點，點F是的中點，連接AE，AF，BF，過點F作FC⊥AE交AE的延長線于點C，交AB的延長線于點D，∠ADC的平分線DG交AF于點G，交FB于點H．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）求sin∠FHG的值；（3）若GH＝4，HB＝2，求⊙O的直徑．【分析】（1）連接OF，證明OF⊥CD即可；（2）證明∠FGH＝∠FHG＝45°，可得結論；（3）過點H作HM⊥DF于點M，HN⊥AD于點N．則HM＝HN，可得＝＝＝＝2設DB＝k，DF＝2k，證明△DFB∽△DAF，推出DF2＝DB?DA，可得AD＝4k，由GD平分∠ADF，同法可得＝＝，推出AG＝8，再利用勾股定理求解即可．【解答】（1）證明：連接OF．∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA，∵＝，∴∠CAF＝∠FAB，∴∠CAF＝∠AFO，∴OF∥AC，∵AC⊥CD，∴OF⊥CD，∵OF是半徑，∴CD是⊙O的切線．（2）解：∵AB是直徑，∴∠AFB＝90°，∵OF⊥CD，∴∠OFD＝∠AFB＝90°，∴∠AFO＝∠DFB，∵∠OAF＝∠OFA，∴∠DFB＝∠OAF，∵GD平分∠ADF，∴∠ADG＝∠FDG，∵∠FGH＝∠OAF+∠ADG，∠FHG＝∠DFB+∠FDG，∴∠FGH＝∠FHG＝45°，∴sin∠FHG＝；（3）解：過點H作HM⊥DF于點M，HN⊥AD于點N．∵HD平分∠ADF，∴HM＝HN，∵＝＝＝，∵△FGH是等腰直角三角形，GH＝4，∴FH＝FG＝4，∴＝＝2，設DB＝k，DF＝2k，∵∠FDB＝∠ADF，∠DFB＝∠DAF，∴△DFB∽△DAF，∴DF2＝DB?DA，∴AD＝4k，∵GD平分∠ADF，∴∠FDH＝∠ADG，∴△FDH∽△ADG，∴＝＝，∴AG＝8，∵∠AFB＝90°，AF＝12，F(xiàn)B＝6，∴AB＝＝＝6，∴⊙O的直徑為6．解法二：由（2）可知sin∠FHG＝，∴FH＝FG＝4，∴FB＝FH+HB＝4+2＝6，＝2，∵DG是∠FDA的角平分線，可證＝＝2，∵△DAF∽△DFB，∴＝，∴AF＝12，∵∠AFB＝90°，AF＝12，F(xiàn)B＝6，∴AB＝＝6．9．（2022?上海）如圖，在?ABCD中，P是線段BC中點，聯(lián)結BD交AP于點E，聯(lián)結CE．（1）如果AE＝CE．?。笞C：?ABCD為菱形；ⅱ．若AB＝5，CE＝3，求線段BD的長；（2）分別以AE，BE為半徑，點A，B為圓心作圓，兩圓交于點E，F(xiàn)，點F恰好在射線CE上，如果CE＝AE，求的值．【分析】（1）i．證明：如圖，連接AC交BD于點O，證明△AOE≌△COE（SSS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠AOE＝∠COE，證出AC⊥BD，由菱形的判定可得出結論；ii．由重心的性質(zhì)得出BE＝2OE，設OE＝x，則BE＝2x，由勾股定理得出9﹣x2＝25﹣9x2，求出x的值，則可得出答案；（2）方法一：由相交兩圓的性質(zhì)得出AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，由重心的性質(zhì)及勾股定理得出答案．方法二：設EP＝x，則AE＝2x，CE＝2x，證出∠DCE＝90°，延長AP交DC的延長線于點Q，則CQ＝CD，由勾股定理可得出答案．【解答】（1）i．證明：如圖，連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵AE＝CE，OE＝OE，∴△AOE≌△COE（SSS），∴∠AOE＝∠COE，∵∠AOE+∠COE＝180°，∴∠COE＝90°，∴AC⊥BD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴?ABCD為菱形；ii．解：∵OA＝OC，∴OB是△ABC的中線，∵P為BC的中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE＝2OE，設OE＝x，則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＝（負值舍去），∴OB＝3x＝3，∴BD＝2OB＝6；（2）解：：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E，F(xiàn)，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又∵F在直線CE上，∴CG是△ABC的中線，∴AG＝BG＝AB，EG＝CE，∵CE＝AE，∴GE＝AE，CG＝CE+EG＝AE，∴AG2＝AE2﹣EG2＝AE2﹣＝，∴AG＝AE，∴AB＝2AG＝AE，∴BC2＝BG2+CG2＝AE2+＝5AE2，∴BC＝AE，∴．10．（2022?深圳）一個玻璃球體近似半圓O，AB為直徑．半圓O上點C處有個吊燈EF，EF∥AB，CO⊥AB，EF的中點為D，OA＝4．（1）如圖①，CM為一條拉線，M在OB上，OM＝1.6，DF＝0.8，求CD的長度．（2）如圖②，一個玻璃鏡與圓O相切，H為切點，M為OB上一點，MH為入射光線，NH為反射光線，∠OHM＝∠OHN＝45°，tan∠COH＝，求ON的長度．（3）如圖③，M是線段OB上的動點，MH為入射光線，∠HOM＝50°，HN為反射光線交圓O于點N，在M從O運動到B的過程中，求N點的運動路徑長．【分析】（1）根據(jù)題意得出DF是△COM的中位線，即點D是OC的中點，據(jù)此求解即可；（2）過點N作ND⊥OH于點D，根據(jù)題意得到△NHD是等腰直角三角形，則ND＝HD，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出ND＝，OD＝，再根據(jù)勾股定理求解即可；（3）如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合，當點M運動至點B時，點N運動至點T，故點N的運動路徑長為OA+的長，據(jù)此求解即可．【解答】解：（1）∵OM＝1.6，DF＝0.8，EF∥AB，∴DF是△COM的中位線，∴點D是OC的中點，∵OC＝OA＝4，∴CD＝2；（2）如圖②，過點N作ND⊥OH于點D，∵∠OHN＝45°，∴△NHD是等腰直角三角形，∴ND＝HD，∵tan∠COH＝，∠NDO＝90°，∴＝，設ND＝3x＝HD，則OD＝4x，∵OH＝OA＝4，∴OH＝3x+4x＝4，∴x＝，∴ND＝×3＝，OD＝×4＝，∴ON＝＝；（3）如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合，當點M運動至點B時，點N運動至點T，故點N的運動路徑長為OA+的長，∵∠HOM＝50°，OH＝OB，∴∠OHB＝∠OBH＝65°，∵∠OHM＝∠OHT，OH＝OT，∴∠OTH＝∠OHT＝65°，∴∠TOH＝50°，∴∠AOT＝180°﹣50°﹣50°＝80°，∴的長＝＝π，∴點N的運動路徑長＝4+π．11．（2022?北京）在平面直角坐標系xOy中，已知點M（a，b），N．對于點P給出如下定義：將點P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|個單位長度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|個單位長度，得到點P′，點P′關于點N的對稱點為Q，稱點Q為點P的“對應點”．（1）如圖，點M（1，1），點N在線段OM的延長線上．若點P（﹣2，0），點Q為點P的“對應點”．①在圖中畫出點Q；②連接PQ，交線段ON于點T，求證：NT＝OM；（2）⊙O的半徑為1，M是⊙O上一點，點N在線段OM上，且ON＝t（＜t＜1），若P為⊙O外一點，點Q為點P的“對應點”，連接PQ．當點M在⊙O上運動時，直接寫出PQ長的最大值與最小值的差（用含t的式子表示）．【分析】（1）①根據(jù)定義，先求出P'的坐標，從而得出Q的位置；②連接PP'，利用三角形中位線定理得NT＝PP'，從而證明結論；（2）連接PO，并延長至S，使OP＝OS，延長SQ到T，使ST＝OM，由題意知，PP1∥OM，PP1＝OM，P1N＝NQ，利用三角形中位線定理得QT的長，從而求出SQ的長，在△PQS中，PS﹣QS＜PS+QS，則PQ的最小值為PS﹣QS，PQ的最大值為PS+QS，從而解決問題．【解答】解：（1）①由題意知，P'（﹣2+1，0+1），∴P'（﹣1，1），如圖，點Q即為所求；②連接PP'，∵∠P'PO＝∠MOx＝45°，∴PP'∥ON，∵P'N＝QN，∴PT＝QT，∴NT＝PP'，∵PP'＝OM，∴NT＝OM；（2）如圖，連接PO，并延長至S，使OP＝OS，延長SQ到T，使ST＝OM，由題意知，PP'∥OM，PP'＝OM，P'N＝NQ，∴TQ＝2MN，∵MN＝OM﹣ON＝1﹣t，∴TQ＝2﹣2t，∴SQ＝ST﹣TQ＝1﹣（2﹣2t）＝2t﹣1，∵PS﹣QS≤PQ≤PS+QS，∴PQ的最小值為PS﹣QS，PQ的最大值為PS+QS，∴PQ長的最大值與最小值的差為（PS+QS）﹣（PS﹣QS）＝2QS＝4t﹣2．12．（2022?內(nèi)江）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，⊙O的切線PC交BA的延長線于點P，OF∥BC交AC于點E，交PC于點F，連接AF．（1）判斷直線AF與⊙O的位置關系并說明理由；（2）若⊙O的半徑為6，AF＝2，求AC的長；（3）在（2）的條件下，求陰影部分的面積．【分析】（1）連接OC，證明△AOF≌△COF（SAS），由全等三角形的判定與性質(zhì)得出∠OAF＝∠OCF＝90°，由切線的判定可得出結論；（2）由直角三角形的性質(zhì)求出∠AOF＝30°，可得出AE＝OA＝3，則可求出答案；（3）證明△AOC是等邊三角形，求出∠AOC＝60°，OC＝6，由三角形面積公式和扇形的面積公式可得出答案．【解答】解：（1）直線AF與⊙O相切．理由如下：連接OC，∵PC為圓O切線，∴CP⊥OC，∴∠OCP＝90°，∵OF∥BC，∴∠AOF＝∠B，∠COF＝∠OCB，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠B，∴∠AOF＝∠COF，∵在△AOF和△COF中，，∴△AOF≌△COF（SAS），∴∠OAF＝∠OCF＝90°，∴AF⊥OA，又∵OA為圓O的半徑，∴AF為圓O的切線；（2）∵∠AOF＝∠COF，OA＝OC，∴E為AC中點，即AE＝CE＝AC，OE⊥AC，∵∠OAF＝90°，OA＝6，AF＝2，∴tan∠AOF＝，∴∠AOF＝30°，∴AE＝OA＝3，∴AC＝2AE＝6；（3）∵AC＝OA＝6，OC＝OA，∴△AOC是等邊三角形，∴∠AOC＝60°，OC＝6，∵∠OCP＝90°，∴CP＝OC＝6，∴S△OCP＝OC?CP＝＝18，S扇形AOC＝＝6π，∴陰影部分的面積為S△OCP﹣S扇形AOC＝18﹣6π．13．（2022?梧州）如圖，以AB為直徑的半圓中，點O為圓心，點C在圓上，過點C作CD∥AB，且CD＝OB．連接AD，分別交OC，BC于點E，F(xiàn)，與⊙O交于點G，若∠ABC＝45°．（1）求證：①△ABF∽△DCF；②CD是⊙O的切線．（2）求的值．【分析】（1）①根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠FAB＝∠D，根據(jù)對頂角相等得到∠AFB＝∠DFC，根據(jù)相似三角形的判定定理證明△ABF∽△DCF；②根據(jù)圓周角定理得到∠AOC＝90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DCO＝∠AOC＝90°，根據(jù)切線的判定定理證明結論；（2）過點F作FH∥AB交OC于H，設圓的半徑為2a，根據(jù)勾股定理用a表示出AE，進而求出AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出EF，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出DG，進而求出FG，計算即可．【解答】（1）證明：①∵CD∥AB，∴∠FAB＝∠D，∵∠AFB＝∠DFC，∴△ABF∽△DCF；②∵∠ABC＝45°，∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，∵CD∥AB，∴∠DCO＝∠AOC＝90°，∵OC是半圓的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：過點F作FH∥AB交OC于H，設圓的半徑為2a，∵CD＝OB＝OA，CD∥AB，∴CE＝OE＝a，AE＝DE，由勾股定理得：AE＝＝a，∴AD＝2a，∵△ABF∽△DCF，∴＝＝，∵FH∥AB，∴＝＝，∵FH∥AB，∴＝＝，∴EF＝，∵CD是⊙O的切線，∴DC2＝DG?DA，即（2a）2＝DG?2a，解得：DG＝，∴FG＝a﹣﹣＝，∴＝＝．14．（2022?大慶）如圖，已知BC是△ABC外接圓⊙O的直徑，BC＝16．點D為⊙O外的一點，∠ACD＝∠B．點E為AC中點，弦FG過點E，EF＝2EG，連接OE．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）求證：（OC+OE）（OC﹣OE）＝EG?EF；（3）當FG∥BC時，求弦FG的長．【分析】（1）由BC是△ABC外接圓⊙O的直徑，得∠ABC+∠ACB＝90°，根據(jù)∠ACD＝∠B，即得∠BCD＝90°，從而CD是⊙O的切線；（2）連接AF，CG，證明△AEF∽△GEC，可得AE?CE＝EG?EF，根據(jù)E為AC的中點，有AE＝CE，OE⊥AC，即可得OC2﹣OE2＝EG?EF，（OC+OE）（OC﹣OE）＝EG?EF；（3）過O作ON⊥FG于N，延長EG交CD于M，由四邊形MNOC是矩形，得MN＝OC＝BC＝8，根據(jù)EF＝2EG，可得NG＝EG，NE＝EG，EM＝MN﹣NE＝8﹣EG，因CE2＝EG?EF＝2EG2，可得2EG2﹣（8﹣EG）2＝（82﹣2EG2）﹣（EG）2，解得EG即可得FG＝3EG＝3﹣3．【解答】（1）證明：∵BC是△ABC外接圓⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝90°，∵∠ACD＝∠B，∴∠ACD+∠ACB＝90°，即∠BCD＝90°，∴BC⊥CD，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）證明：連接AF，CG，如圖：∵＝，∴∠AFE＝∠GCE，∵∠AEF＝∠GEC，∴△AEF∽△GEC，∴＝，∴AE?CE＝EG?EF，∵E為AC的中點，∴AE＝CE，OE⊥AC，∴CE2＝OC2﹣OE2，AE?CE＝CE?CE＝CE2＝EG?EF，∴OC2﹣OE2＝EG?EF，∴（OC+OE）（OC﹣OE）＝EG?EF；（3）解：過O作ON⊥FG于N，延長EG交CD于M，如圖：∵∠OCD＝∠ONM＝90°，F(xiàn)G∥BC，∴四邊形MNOC是矩形，∴MN＝OC＝BC＝8，∵ON⊥FG，∴FN＝GN，∵EF＝2EG，∴FG＝3EG，∴NG＝EG，∴NE＝EG，∴EM＝MN﹣NE＝8﹣EG，由（2）知CE2＝EG?EF＝2EG2，∴CM2＝CE2﹣EM2＝2EG2﹣（8﹣EG）2＝ON2，而ON2＝OE2﹣NE2＝（OC2﹣CE2）﹣NE2，∴2EG2﹣（8﹣EG）2＝（82﹣2EG2）﹣（