专题1.7圆的有关位置关系精讲精练（解析版）【人教版】

1、点和圆的位置关系设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有：d=r点P在⊙O上；d>r点P在⊙O外.2、直线与圆的位置关系直线和圆有三种位置关系，具体如下：（1）相交：直线和圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交，这时直线叫做圆的割线，公共点叫做交点；（2）相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切，这时直线叫做圆的切线，（3）相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离.如果⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d,那么：3．切线的判定和性质：（1）、切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.（2）、切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径.如右图中，OD垂直于切线.4．切线长定理：（1）、切线长：在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长叫做这点到圆的切线长.（2）、切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.（3）、圆内接四边形性质（四点共圆的判定条件）圆内接四边形对角互补.(4)、三角形的内切圆：与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.如图圆O是△A＇B＇C＇的内切圆.三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心.【考点1】点与圆的位置关系A．圆内B．圆上C．圆外D．圆上或圆外【分析】已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在。O内，②当r＝d时，点P在。O上，③当r＜d时，点P在。O外，根据以上内容判断即可.∴点P与。O的位置关系是点P在。O外，故选：C.【变式1.1】（淮阴区月考）已知。O的半径为2cm，OA＝3cm，则点A与。O的位置关系是点A在()A．。O的内部B．。O上C．。O的外部D．无法确定【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内.【解答】解：∵。O的半径为2cm，点A到圆心O的距离为3cm，故选：C.【变式1.2】（永嘉县月考）在平面直角坐标系中，点P的坐标为（3，4若。P经过原点，那么点（5，0）与。P的位置关系是()A．在圆内B．在圆上C．在圆外D．不能确定【分析】先由。P经过原点和点P的坐标求得。P的半径，然后求得点（5，0）与点P之间的距离判断点与圆的位置关系.【解答】解：∵。P经过原点，且P（3，4∵点（5，0）到点P的距离为＝2√5＜5，故选：A.且BC＝2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为()【分析】作点A关于点O的对称点A'根据中位线的性质得到OM求出A'C的最大值即可.【解答】解：如图，作点A关于点O的对称点A'（-3，0则点O是AA'的中点，又“点M是AC的中点，:OM是△AA'C的中位线，:OM=,:当A'C最大时，OM最大，“点C为坐标平面内的一点，且BC＝2，:点C在以B为圆心，2为半径的。B上运动，:当A'C经过圆心B时，A’C最大，即点C在图中C'位置.A'C'＝AB+BC'＝3√反+2.:OM的最大值=.故选：A.【考点2】三角形的外接圆【例2】（江汉区期中）如图，△ABC的顶点均在。O上，且AB＝AC，匕BAC＝120。，D为弦BC的中点，弦EF经过点D，且EFⅡAB．若。O的半径为4，则弦EF的长是()【分析】连接OA、OB、OF，作OH丄EF于点H，先根据垂径定理证明OA垂直平分BC，则OA经过点D，再根据等腰三角形的“三线合一”证明匕OAB＝匕OBA＝60。，则△AOB是等边三角形，由EFⅡAB，得匕ODH＝匕OAB＝60。，则匕DOH＝30。，所以DH＝OD＝1，OH＝，即可根据勾股定理求得EH＝FH则EF＝2.【解答】解：连接OA、OB、OF，作OH丄EF于点H，则匕OHD＝匕OHF＝90。，“AB＝AC，:=,:OA垂直平分BC，“D为弦BC的中点，:BD＝CD，OA经过点D，“匕BAC＝120。，:匕OAB＝匕OBA＝匕BAC＝60。，“OA＝OB＝4，:△AOB是等边三角形，“OA丄BC于点D，“EFⅡAB，:匕ODH＝匕OAB＝60。，:匕DOH＝30。，:DH＝OD＝1，:OH===,=∴EH＝FH===,故选：B.【变式2.1】（拱墅区校级期中）下列说法：①三点确定一个圆，②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，③相等的圆心角所对的弦相等，④三角形的外心到三个顶点的距离相等，其中正确的有()【分析】①根据确定一个圆的条件即可判断.②根据垂径定理即可判断.③根据圆周角定理即可判断.④根据三角形外心的性质即可判断.【解答】解：①三点确定一个圆，错误，应该是不在同一直线上的三点确定一个圆；②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，正确.③相等的圆心角所对的弦相等，错误，条件是在同圆或等圆中；④三角形的外心到三个顶点的距离相等，正确，∴正确的有②④,共2个.故选：B.【变式2.2】（秦淮区期中）以下列三边长度作出的三角形中，其外接圆半径最小的是()【分析】分别求出各三角形的外接圆半径，比较即可.【解答】解：A、∵△ABC是等边三角形，设O是外心，∴BF＝CF＝4，AF⊥BC，BE平分∠ABC，∴∠OBF=∠ABC＝30°,∴OB===,∴△ABC的外接圆的半径为；B、∵△ABC是等腰三角形，过A作AD⊥BC于D，延长AD交。O于E，∴AE是。O的直径，AD4√G，∵∠BAD=∠EAB，∴=,∴=,∴AE=,∴外接圆半径为；C、作AD⊥BC于点D，作直径AE，连接CE，在Rt△ABD中，AB2-BD2＝AD2，解得BD=由勾股定理得，AD==,“AE为圆的直径，:匕ACE＝90。，:匕ADB＝匕ACE，又匕B＝匕E，:△ADB∞△ACE，:即=,解得AE=,则外接圆半径=,D、“62+82＝102，:此三角形是直角三角形，:此三角形外接圆的半径为5，:其外接圆半径最小的是A选项，故选：A.【变式2.3】（固安县模拟）如图，AB是。O的一条弦，P是。O上一动点（不与点A，B重合C、D分别是AB、BP的中点．若AB＝8，匕APB＝45。，则CD长的最大值为()A.【分析】由三角形中位线的性质可得当AP是圆的直径时，CD最长，连接OB由圆周角定理可得△OAB是等腰直角三角形，由AB求得OA即可解答.【解答】解：如图，连接OB，∴CD是△BPA的中位线，∴当AP最大时，CD也最大，∴当AP是圆的直径时，CD最长，Rt△OAB中，AB＝8，OA＝OB，∴△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝45°,∴OA＝ABcos∠OAB=,∴APCD＝AP=,故选：A.【考点3】直线与圆的位置关系【例3】（福山区期末）在平面直角坐标系中，。O的圆心坐标为(﹣3，0半径是方程x2﹣3x+2＝0的一根，那么。O与直线的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．无法确定【分析】设点A为圆心，坐标为(﹣3，0BC为直线y=﹣,过点A作AD⊥BC于点D，根据得出比例式求出AD的长，再求出方程的两个根即可推出结论.【解答】解：如图，设点A为圆心，坐标为(﹣3，0BC为直线y=﹣,过点A作AD⊥BC于点D，∵直线BC的解析式为y=﹣,在Rt△BOC中，由勾股定理得，=BC==∵∠OBC=∠DBA，∴sin∠OBC＝sin∠DBA，,∴AD=√5，∴。O与直线的位置关系是相离，故选：C.【变式3.1】（金山区校级月考）已知同一平面内有。O和点A与点B，如果。O的半径为6cm，线段OA=10cm，线段OB＝6cm，那么直线AB与。O的位置关系为()A．相离B．相交C．相切D．相交或相切【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断.【解答】解：∵。O的半径为6cm，线段OA＝10cm，线段OB＝6cm，即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，∴点A在。O外．点B在。O上，∴直线AB与。O的位置关系为相交或相切，故选：D.【变式3.2】（青岛一模）如图，在Rt△ABC中，∠,AC＝5cm，以点C为圆心，以2cm的长为半径作圆，则。C与AB的位置关系是()A．相离B．相交C．相切D．相切或相交【分析】利用锐角三角函数关系以及勾股定理得出AC，BC的长，再利用三角形面积求出DC的长，进而利用直线与圆的位置关系得出答案.【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，∴∠ACD=∠B，∵sinB＝sin∠ACD===,∴CD＞r，故以点C为圆心，以2cm的长为半径作圆，则。C与AB的位置关系是相离.故选：A.圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是()D.【分析】根据直角三角形的边角关系求出FC，进而求出BC，再根据勾股定理求出两个圆心之间的距离OC，由。C与直线AD相交，。C与。O没有公共点，确定。C半径的取值范围，进而得出答案.【解答】解：如图，连接OC交。O于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝4，BF＝AD＝2√5，在Rt△DCF中，DF＝4，cotC=,∴FC＝cotC•DF=√5，在Rt△BOC中，OC7，由于。C与直线AD相交，因此。C的半径要大于4，又。C与。O没有公共点，因此。C与。O外离或内含，当。C与。O外离时，。C的半径要小于CE＝7﹣2＝5，此时。C的半径4＜r＜5；当。C与。O内含时，。C的半径要大于7+2＝9，此时。C的半径r＞9；所以。C的半径为4＜r＜5或r＞9，故选：D.【考点4】切线的性质【分析】连接OB，根据PA、PB是。O的切线可知∠OAP=∠OBP＝90°,根据圆周角定理知∠AOB=2∠ACB＝148°,利用四边形内角和可求得∠P＝32°.【解答】解：如图，连接OB，∵PA、PB是。O的切线，点A、B为切点，∴∠OAP=∠OBP＝90°,故选：B.【变式4.1】（费县期末）如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB和小圆切于点P，若圆环的面积是【分析】首先连接OA，OP，由大圆的弦AB是小圆的切线，点P为切点，可得OP⊥AB，由垂径定理可﹣OP2）=π•AP2＝4π,则可求得AP的长，继而求得弦AB的长.【解答】解：如图，连接OA，OP，∵大圆的弦AB是小圆的切线，点P为切点，∴OP⊥AB，故选：D.【变式4.2】（常州期中）如图，在△ABC中，匕ACB＝90。，AC＝BC=,点D是AB边上一个动点，以点D为圆心r为半径作ΘD，直线BC与ΘD切于点E，若点E关于CD的对称点F恰好落在AB边上，【分析】连接CF、EF、DE，由BC与ΘD相切于点E，得匕CED＝匕BED＝90。，由点F与点E关于CD对称，得CD垂直平分EF，则DF＝DE，CF＝CE，所以匕DFE＝匕DEF，匕CFE＝匕CEF，即可证明匕CFD＝匕CED＝90。，由AC＝BC＝，匕ACB＝90。，得匕A＝匕B＝45。，BF＝AF，所以CF=BF＝AB，由勾股定理得2CF22，则CE＝CF＝1，而匕EDB＝匕B＝45。，所以r＝DE=BE＝-1，于是得到问题的答案.【解答】解：连接CF、EF、DE，“BC与ΘD相切于点E，:BC丄DE，:匕CED＝匕BED＝90。，“点F与点E关于CD对称，:CD垂直平分EF，:DF＝DE，CF＝CE，:匕DFE＝匕DEF，匕CFE＝匕CEF，:匕CFD＝匕DFE+匕CFE＝匕CEF+匕CEF＝匕CED＝90。，:CF丄AB，“AC＝BC匕ACB＝90。，:匕A＝匕B＝45。，BF＝AF，:CF＝BF＝AB，“CF2+BF2＝BC2，:2CF2=(∵∠EDB=∠B＝45°∴r＝DE＝BE＝BC﹣CE=故选：A.【变式4.3】（梁溪区校级期中）如图，▱ABCD的三个顶点A、B、D均在ΘO上，且对角线AC经过点O，BC与ΘO相切于点B，已知ΘO的半径为6，则▱ABCD的面积为()A．54B．76.8C．36D．72+14【分析】连接OB，延长BO交AD于E，如图，先根据切线的性质得OB⊥BC，再利用平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，所以BE⊥AD，接着根据垂径定理得到AE＝DE，然后证明△AOE∽△COB，利用相似比求出OE＝3，OC＝12，则根据勾股定理可计算出BC，然后利用平行四边形的面积公式求解.【解答】解：连接OB，延长BO交AD于E，如图，∵BC与ΘO相切于点B，∴OB⊥BC，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴BE⊥AD，∵AE∥BC，∴△AOE∽△COB，在Rt△OCB中，BC6，∴▱ABCD的面积＝BE•BC3+6）×6＝54.故选：A.【考点s】切线长定理【例5】（西岗区期末）如图，P为ΘO外一点，PA、PB分别切ΘO于点A、B，CD切ΘO于点E，分别交A．8B．12C．16【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案.【解答】解：∵PA、PB分别切ΘO于点A、B，CD切ΘO于点E，∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16，即△PCD的周长为16.故选：C.【变式5.1】（文昌期末）如图，四边形ABCD是ΘO的外切四边形，且AB＝10，CD＝12，则四边形ABCDA．44B．42C．46【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可.【解答】解：∵四边形ABCD是ΘO的外切四边形，∴AD+BC＝AB+CD＝22，∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝44，故选：A.【变式5.2】（河北模拟）如图，ΘO内切于正方形ABCD，O为圆心，作∠MON＝90°,其两边分别交BC，CD于点N，M，若CM+CN＝4，则ΘO的面积为()【分析】设ΘO与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，连接OE，OF，得到四边形OECF是正方形，求得CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM=∠OFN=∠EOF＝90°,根据全等三角形的性质得到EM＝NF，得到OE＝2，于是得到结论.【解答】解：设ΘO与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，连接OE，OF，则四边形OECF是正方形，∴CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM=∠OFN=∠EOF＝90°,∴∠EOM=∠FON，∴△OEM≌△OFN（ASA∴EM＝NF，∴CM+CN＝CE+CF＝4，故选：C.【变式5.3】（高阳县期末）如图，△ABC是一张周长为17cm的三角形的纸片，BC＝5cm，ΘO是它的内切圆，小明准备用剪刀在ΘO的右侧沿着与ΘO相切的任意一条直线MN剪下△AMN，则剪下的三角形的A．12cmB．7cmC．6cmD．随直线MN的变化而变化【分析】利用切线长定理得出BC＝BD+EC，DM＝MF，FN＝EN，进而得出答案.【解答】解：设E、F分别是ΘO的切点，∵△ABC是一张三角形的纸片，AB+BC+AC＝17cm，ΘO是它的内切圆，点D是其中的一个切点，BC=5cm，∴BD+CE＝BC＝5cm，则AD+AE＝7故DM＝MF，FN＝EN，故选：B.【考点6】三角形的内切圆【例6】（微山县期末）如图，以△ABC的边AB为直径作ΘO经过点C，分别过点B，C作ΘO的两条切线相交于点D，OD交ΘO于点E，AE的延长线交BD于点F．下面结论中，错误的是()A．BC⊥ODB．AC∥ODC．FD＝FED．点E为△BCD的内心【分析】根据圆周角定理和切线的性质可以判断A，B正确；根据垂径定理可得然后根据圆周角定理证明BE平分∠CBD，又DE平分∠BDC，可得点E为△BCD的内心，可以判断D正确，没有条件可以证明FD＝FE，进而可以判断C错误.【解答】解：∵AB为ΘO的直径，∵DC和DB是ΘO的两条切线，∴DC＝DB，∠CDO=∠BDO，∴OD⊥BC，故A正确，不符合题意；∵AC⊥BC，∴AC∥OD，故B正确，不符合题意；∵OE⊥BC，OE是ΘO的半径，∴=,∴∠BAE=∠CAE，如图，连接BE，∵∠CAE=∠CBE∴∠CBE=∠EBF，∴BE平分∠CBD，∴点E为△BCD的内心，故D正确，不符合题意；∵∠FED≠∠FDE，∴FE≠FD，故C错误，符合题意，故选：C.【变式6.1】（利川市期末）如图，△ABC的内切圆ΘO与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD=A．10B．12C．14【分析】根据切线长定理得出AF＝AD＝2，BE＝BD＝2，CF＝CE＝3，再求出△ABC的周长即可.【解答】解：∵△ABC的内切圆ΘO与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，AD＝BD＝2，EC＝3，∴△ABC的周长＝AB+BC+AC=AD+BD+BE+CE+AF+CF=2+2+2+3+3+2=14，故选：C.【变式6.2】（孟村县期末）如图，ΘO是Rt△ABC的内切圆，点D，E是切点，则下列说法不正确的是C．△BCO的外心在△BCO的外面D．四边形ODCE没有外接圆【分析】根据三角形内切圆的性质得到OC平分上ACB，OD丄BC，OE丄AC，根据角平分线的性质得到CD＝CE，故A正确；根据角平分线的定义得到上ABO＝上CBO45。，故B正确；根据全等三角形的性质得到上COD＝上COE，根据三角形的内角和定理得到上BOC＝90。+A＞90。是钝角三角形，推出△BCO的外心在△BCO的外面，故C正确；推出点O、D、C、E四点共圆，得到四边形ODCE有外接圆，故D错误．【解答】解：“ΘO是Rt△ABC的内切圆，:OC平分上ACB，OD丄BC，OE丄AC，:CD＝CE，故A正确；“ΘO是Rt△ABC的内切圆，:OB平分上ABC，“上ABC＝90。，:上ABO＝上CBO45。，故B正确；“OD丄BC，:上BOD＝45。，在Rt△CDO与Rt△CEO中，，:Rt△CDO纟Rt△CEO（HL:上COD＝上COE，“OB平分上ABC，OC平分上ACB，:上BOC＝90。+A＞90。是钝角三角形，:△BCO的外心在△BCO的外面，故C正确；“ΘO是Rt△ABC的内切圆，点D，E是切点，:OD丄BC，OE丄AC，:上ODC＝上OEC＝90。，:点O、D、C、E四点共圆，∴四边形ODCE有外接圆，故D错误，故选：D.【变式6.3】（丰南区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°,AD⊥BC于点D，点E是AC上一点，连接BE，交AD于点F，若AE＝BE，则下列说法正确的为()A．点F为△ABC的外心B．点F到△ABC三边的距离相等C．点E、B、C在以F为圆心的同一个圆上D．点E为AC中点点F是三角形角平分线的交点，进而可以判断点F是三角形ABC的内心.【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°,∴∠ABC=∠ACB=（180°﹣36°)=72°,∵AD⊥BC，AB＝AC，∴∠EBC＝72°﹣36°=36°,∴∠ABE=∠CBE，∴BE是∠ABC的角平分线，∵BE、AD交于点F，∴点F是三角形内角平分线的交点，∴点F是△ABC的内心.故选：B.【考点7】圆的最值问题1半径为1，D是ΘC上的一动点，则△ABD面积的最大值为()A．9B．12C．20【分析】如图，过点C作CE⊥AB，延长EC交ΘC于D，此时△ABD面积的最大值（AB是定值，只要圆上一点D到直线AB的距离最大根据已知条件得到直线AB的解析式为y＝x﹣4①,直线CE的解析式为y=﹣x+1②,联立①②得，得到E(,﹣),根据两点间的距离公式得到CE==3，求得DE＝CE+CD＝3+1＝4，根据三角形的面积公式即可得到结论.【解答】解：如图，过点C作CE⊥AB，延长EC交ΘC于D，此时△ABD面积的最大值（AB是定值，只要圆上一点D到直线AB的距离最大设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0∵A（04B（3，0∴∴∴直线AB的解析式为y＝x﹣4①,∴直线CE的解析式为y=﹣x+1②,∵A（04B（3，0∴S△ABE面积的最大值=×5×4＝10.故选：D.0半径为1，若点D为ΘO上的一个动点，线段DB与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值为()A．1B．2【分析】由于OB的长为定值，若△ABE的面积最小，则AE的长最短，此时BD与ΘO相切；可连接CD，在Rt△BDC中，由勾股定理求得BD的长，由△BEO∽△BCD，求出OE的长即可解决问题；【解答】解：若△ABE的面积最小，则BD与ΘC相切，连接CD，则CD⊥BD；由勾股定理，得：BD＝2；∵∠BOE=∠BDC，∠OBE=∠DBC，∴=,OE=,∴△ABE的面积的最小值＝•AE•BO＝2﹣,故选：C.【变式7.2】（思明区校级月考）如图，已知P是ΘO的直径AB延长线上的一点，C是ΘO上一点，∠APC的平分线交AC于点D．若PC与ΘO的位置关系是相交，则∠PDC的度数不可能是()【分析】由PC为圆的切线，利用切线的性质得到PC与OC垂直，得到三角形OPC为直角三角形，利用直角三角形的两锐角互余列出等式，根据OA＝OC，利用等边对等角得到一对角相等，利用外角性质得到∠A为∠COP的一半，由PD为角平分线得到∠APD为∠CPO的一半，利用外角性质及等式的性质即可求出∠CDP的度数.【解答】解：设PC与ΘO的位置关系是相切，如图，连接OC，∵PC为圆O的切线，∴∠A=∠ACO=∠COP，∵PD为∠APC的平分线，∴∠APD=∠CPD=∠CPO，∴∠CDP=∠APD+∠A=(∠CPO+∠COP）＝45°.∵PC与ΘO的位置关系是相交，故选：B.【变式7.3】（松山区期末）如图，点P（3，4ΘP半径为2，A（2.8，0B（5.6，0点M是ΘP上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是()A．1.4A．1.4OM，所以当【分析】如图，连接OP交ΘP于M′，连接OM．因为OA＝AB，CM＝CB，所以ACOM，所以当OM最小时，AC最小，M运动到M′时，OM最小，由此即可解决问题.【解答】解：如图，连接OP交ΘP于M′，连接OM，由勾股定理得：OP==5，∴AC=OM，∴当OM最小时，AC最小，∴当M运动到M′时，OM最小，此时AC的最小值＝OM′OP﹣PM′）==,故选：C.【考点8】切线的有关计算与证明问题【例8】（卫辉市期末）如图，AB是ΘO的直径，过点A作ΘO的切线AC，点P是射线AC上的动点，连接OP，过点B作BD∥OP，交ΘO于点D，连接PD.（1）求证：PD是ΘO的切线；（2）当∠APO的度数为45°时，四边形POBD是平行四边形.【分析】（1）连接OD，根据切线的性质求出∠PAO＝90°,根据平行线的性质和等腰三角形的性质求出∠DOP=∠AOP，根据全等三角形的判定推出△AOP≌△DOP（SAS根据全等三角形的性质得出∠PDO=∠PAO＝90°,再根据切线的判定得出即可；（2）根据全等得出PA＝PD，根据平行四边形的性质得出PD＝OB，求出PA＝OA，再求出答案即可.【解答】（1）证明：连接OD，“PA切ΘO于A，:PA丄AB，“OPⅡBD，:上DBO＝上AOP，上BDO＝上DOP，“OD＝OB，:上BDO＝上DBO，:上DOP＝上AOP，在△AOP和△DOP中，,:△AOP纟△DOP（SAS“上PAO＝90。，即OD丄PD，“OD为半径，:PD是ΘO的切线.（2）解：由（1）知：△AOP纟△DOP，:PA＝PD，“四边形POBD是平行四边形，:PD＝OB，“OB＝OA，:PA＝OA，∴∠APO=∠AOP＝45°.故答案为：45°.点O为圆心，OB的长为半径作圆，ΘO经过点D，交BC于E，交AB与F.（1）求证：AC是ΘO的切线；（2）如果CE＝2，CD＝4，求ΘO的半径.【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和平行线的判定证明OD∥BC，得到∠ODA=∠C＝90°,再根据圆的切线的判定定理即可证明AC是ΘO的切线；（2）设ΘO的半径为r，则OB＝OG＝r，作OG⊥BE于点G，可证得四边形ODCG是矩形，在Rt△OBG中根据勾股定理列方程即可求出r的值.【解答】（1）证明：连接OD，∴∠OBD=∠CBD，∴∠OBD=∠ODB，∴∠CBD=∠ODB，∴OD∥BC，∴OD⊥AC，∵点D在ΘO上，∴AC是ΘO的切线；（2）解：设ΘO的半径为r，则OB＝OD＝r，∵∠ODC=∠C=∠OGC＝90°,∵OB2＝OG2+BG2，∴r2＝42+（r﹣2）2，【变式8.2】（闽侯县期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°,BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB长为半径作圆经过点D，交BC于点E.（1）求证：AC是ΘO的切线；（2）若OB＝13，CD＝12，求EC的长.【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB＝OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直径，即可得证；（2）过O作OG垂直于BE，可得出四边形ODCG为矩形，在直角三角形OBG中，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE＝2BG.【解答】（1）证明：连接OD，∵BD为∠ABC平分线，∴∠ABD=∠CBD，∴∠ABD=∠ODB，∴∠CBD=∠ODB，∴OD∥BC，则AC为圆O的切线；（2）解：过O作OG⊥BC，连接OE，∴四边形ODCG为矩形，在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG＝5，【变式8.3】（黔东南州期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°,∠BAC的平分线交BC于D，E为AB上一点，DE＝DC，以D为圆心，DB的长为半径画圆.（1）求证：AC是ΘD的切线；（2）若AB＝12，BC＝9．求ΘD的半径.【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半径，得出AC是ΘD的切线.（2）根据勾股定理求出AC＝15，然后根据切线长定理可得AF＝AB＝12，利用勾股定理即可求出半径.【解答】（1）证明：过点D作DF⊥AC于F；∴AB⊥BC，∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，∴AC与ΘD相切；∵AC与ΘD相切，AB与ΘD相切，∵DC＝BC﹣BD＝9﹣DF，在Rt△DCF中，根据勾股定理得：DF2+FC2＝DC2，∴DF2+329﹣DF）2，∴DF＝4.∴ΘD的半径为4.【考点9】圆中有关阴影部分面积的计算【例9】（临沭县二模）如图，在ΘO中，AC为ΘO的直径，AB为ΘO的弦，点E是的中点，过点E作AB的垂线，交AB于点M，交ΘO于点N，分别连接EB，CN.（1）EM与BE的数量关系是BE＝EM；（2）求证丽；（3）若AMMB＝2，求阴影部分图形的面积.【分析】（1）证得△BME是等腰直角三角形即可得到结论；=丽，根据题意得到配进一步得到＝丽；（3）先解直角三角形得到∠EAB＝30°,从而得到∠EOB＝60°,证得△EOB是等边三角形，则OE=BE＝2，然后证得△OEB≌△OCN，然后根据扇形的面积公式和三角形面积公式求得即可.【解答】（1）解：结论：BE＝EM.理由：∵AC为ΘO的直径，点E是的中点，∵AB⊥EN，∴△BME是等腰直角三角形，∴BE＝EM，故答案为：BE＝EM；（2）证明：连接EO，“AC是ΘO的直径，E是的中点，:上AOE＝90。，:上ABE＝上AOE＝45。，“EN丄AB，垂足为点M，:上EMB＝90。:上ABE＝上BEN＝45。，:＝丽，“点E是的中点，:＝配，:配=,:＝丽；（3）解：连接AE，OB，ON，“EN丄AB，垂足为点M，:上AME＝上EMB＝90。，“BM＝1，由（2）得上ABE＝上BEN＝45。，:EM＝BM＝2，:BE＝2，“在Rt△AEM中，EM＝2，AM＝2，:tan上EAB=,:上EAB＝30。，“上EAB＝上EOB，又∵OE＝OB，∴△EOB是等边三角形，又∵=丽，∴BE＝CN，∴△OEB≌△OCN（SSS又∵S扇形OCN==π,S△OCN=＝S扇形OCN﹣S△OCN=π﹣2旧.•CN×CN=【变式9.1】（河北二模）如图、点P是△ABC内一点，PD⊥BC，垂足为点D，将线段PD绕点P顺时针旋转90°得到扇形DPE，过点E作EM⊥PE交AB于点M、连接PM，与交于点F，过点P作PN⊥PM交BC于点N.（1）求证：△PEM≌△PDN；（2）已知PD＝3，EM=;①通过计算比较线段PN和哪个长度更长；②计算图中阴影部分的面积（结果保留π).【分析】（1）先求证∠PEM=∠PDN，∠EPM=∠DPN，利用“ASA”即可证明△EPM≌△DPN；（2）①利用勾股定理计算PN的长度，利用弧长公式计算的长度，比较大小，即可得出答案；②利用阴影部分的面积＝S△PEM﹣S扇形PEF，进行计算，即可得出答案.【解答】（1）证明：∵EM⊥PE，PD⊥BC，∴∠EPD=∠MPN＝90°,∴∠EPD﹣∠MPD=∠MPN﹣∠MPD，∴∠EPM=∠DPN，在△EPM和△DPN中，,∴△EPM≌△DPN（ASA（2）解：①∵PD＝3，EM=,△EPM≌△DPN，∴DN＝EM=,∴PN2V3≈3.46，在Rt△PDN中，tan∠DPN==,∴∠DPF＝90°﹣30°=60°,∴的长==π≈3.14，∴线段PN的长度更长；∴PE＝PD＝3，∠EPM=∠DPN＝30°,∴阴影部分的面积＝S△PEM﹣S扇形PEF=×3×﹣【变式9.2】（亭湖区校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°,以点C为圆心，CA长为半径的圆交AB于点D.（2）若D是AB的中点，AB＝4，求阴影部分的面积；（3）若，求AD•AB的值.【分析】（1）连接CD，如图，利用互余计算出上BAC＝62。，然后计算出上ACD的度数，则根据圆心角定理得到的度数；（2）利用斜边上的中线性质得到CD＝AD＝BD＝AB＝2，再判断△ACD为等边三角形，则上ACD=60。，利用扇形的面积公式，根据阴影部分的面积＝S扇形ACD-S△ACD进行计算；（3）根据垂径定理得到AH＝DH＝AD，再根据相似三角形的性质得到AC2＝AH•AB，然后把AC＝2代入计算可得到AD•AB的值.【解答】解1）连接CD，如图，“上ACB＝90。，上B＝28。，:上BAC＝90。-28。＝62。，“CA＝CD，:上CDA＝上CAD＝62。，:的度数为56。；（2）过点C作CH丄AB于点H，∴△ACD为等边三角形，∴阴影部分的面积＝S扇形ACD﹣S△ACD=﹣（3）过点C作CH⊥AD于H，;∴∠ACB=∠AHC，∵∠A=∠A，∴△ACH∽△ABC，∴AC2＝AH•AB，即（2）2＝AD•AB，【变式9.3】（南昌模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°,O在斜边AB上，且AO＝AC，连接CO，并延长至D，使∠D=∠OCB，以O为圆心，OD为半径画圆，交DB延长线于E点.（1）求证：BD＝BE；（2）已知AC＝1cm，BC＝cm.①连接CE，过B作BF丄EC于F点，求线段BF的长；②求图中阴影部分面积.【分析】（1）只要证得OB丄DE即可；（2）①证得BF是△DCE的中位线，得到BF=CD，即可求得BF的长；【解答】（1）证明：」AO＝AC，:上ACO＝上AOC，:上ACO+上OCB＝上BOD+上D，:上BOD+上D＝90。，:OB丄DE，:BD＝BE；（2）解：①在Rt△ABC中，上ACB＝90。，AC＝1cm，BC＝cm.:tan上ABC===,:上ABC＝30。，:AB＝2AC＝2，上A＝60。，:△AOC为等边三角形，:OC＝AC＝1cm，上AOC＝60。，∵∠D=∠OCB，∴∠BCE=∠BEC，∴∠D+∠BEC=∠DCE＝90°,∵BF⊥CE，∴BF∥CD，∴BF＝CD=;②解：连接OE，∴BD=,S阴影＝S扇形ODE﹣S△ODE=﹣.【考点10】圆与相似综合问题【例10】（北林区期末）如图，以点O为圆心，AB长为直径作圆，在ΘO上取一点C，延长AB至点D，连接DC，过点A作ΘO的切线交DC的延长线于点E，且∠DCB=∠DAC.（1）求证：CD是ΘO的切线；（2）若AD＝6求AE的长.于是上DCB+上BCO＝90。；（2）根据切线的性质得到EC＝EA，OE丄AC，证明上BAC＝上AEO，推出tan上BAC＝tan上AEO，可得==,易证Rt△CDO∞Rt△CAE，得到，求得CD，然后在Rt△DAE中，运用勾股定理可计算出AE的长.」AB为直径，:上ACB＝90。，即上BCO+上1＝90。，:上DCB+上BCO＝90。，即上DCO＝90。，:CD是ΘO的切线；（2）解：」EC，EA为ΘO的切线，:EC＝EA，AE丄AD，:OE丄AC，:上BAC+上EAC＝90。，上AEO+上EAC＝90。，:上BAC＝上AEO，:tan上BAC＝tan上AEO，:==,∵Rt△DCO∽Rt△DAE，∴===∴CD=×6＝4，在Rt△DAE中，设AE＝x，∴（x+4）2＝x2+62，解得x=.【变式10.1】（包头三模）如图，线段AB经过ΘO的圆心O，交ΘO于A，C两点，AD为ΘO的弦，连接BD，∠A=∠ABD＝30°,连接DO并延长，交ΘO于点E，连接BE交ΘO于点F.（1）求证：BD是ΘO的切线；（2）求证：2AD2＝DE•AB；（3）若BC＝1，求BF的长.【分析】（1）求出∠BDO＝90°,再根据切线的判定得出即可结论；（2）先判断出△ADO∽△ABD，得出AD2＝AO•AB，再判断出DE＝2AO，即可得出结论；（3）解直角三角形求出OD、根据勾股定理求出BD，连接DF，根据相似三角形的判定得出△BFD∽△BDE，得出比例式，再代入求出即可.即OD⊥BD，∵OD是ΘO的半径，∴直线BD是ΘO的切线；（2）证明：由（1）知，∠ADO=∠ABD，∵∠A=∠A，∴2AD2＝DE•AB；（3）解：设OD＝OC＝r，在Rt△BDO中，sin30°=,解得：r＝1，由勾股定理得：BD==,∴BE==,连接DF，即∠DFB=∠BDE＝90°,∵∠DBF=∠DBE，∴△BFD∽△BDE，,,解得：BF=【变式10.2】（涟水县期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的ΘO与BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点F.（1）求证：EF是ΘO的切线；（2）若的半径为，BD＝2，求CE的长.【分析】（1）连接OD，只需证EF⊥OD即可2）连接AD，由△CDE∽△CAD，即可求解.【解答】（1）证明：连接OD，:上ABC＝上ODB，:上ACB＝上ODB，:ODⅡAC，“DE丄AC，:DE丄OD即EF丄OD，“OD是ΘO的半径，:EF是ΘO的切线；（2）解：连接AD，“AB是ΘO直径，:AD丄BC，“DE丄AC，:上ADC＝上DEC，“上C＝上C，:△CDE∞△CAD，:CD：CA＝CE：CD，“AB＝AC，:DC＝DB＝2，“AC＝AB＝5，:2：5＝CE：2，:CE=.【变式10.3】（福清市期中）如图，AB为ΘO的直径，点C在ΘO上，连接AC，BC，过点O作OD丄BC于点D，在OD的延长线上取点E，连接CE，且上E＝上B.（1）求证：CE是ΘO的切线；（2）若ΘO的半径长为2√5，CE＝4√5，求BC的长.【分析】（1）连接OC，可得∠OCB=∠B=∠E，由OD⊥BC可得，∠E+∠ECD＝90°,进一步得到∠（2）在Rt△ECO中利用勾股定理求出求出OE的长，再利用△OCD∽△OEC的对应边成比例求出OD的长，然后在Rt△OCD中利用勾股定理求出CD的长，从而求出BC的长.【解答】（1）证明：连接OC，如图所示，∵∠E=∠B，∵OD⊥BC，∴OC⊥EC，∴CE是ΘO的切线.（2）在Rt△ECO中，OE==10，∴△ECO∽△CDO，在Rt△OCD中，∵OD⊥BC，【考点11】圆与三角函数综合问题【例11】（高新区期中）如图，以△ABC的边AC上一点O为圆心，OC为半径的ΘO经过B点与AC交于D点，连接BD，已知∠ABD=∠C，tanC=.（1）求证：AB为ΘO的切线；（2）若AD＝1，求CD；（3）设AM为∠BAC的平分线，AM＝4，求ΘO的半径.【分析】（1）根据圆周角定理，等腰三角形的性质以及切线的判定方法进行解答即可；（2）根据相似三角形的判定和性质，以及tanC即可求出AC，进而求出CD；（3）根据角平分线的定义，直角三角形的两锐角互余以及三角形内角和定理可得∠AMN＝45°,进而求出AN＝MN＝4，再根据相似三角形的性质求出BC，BD，由勾股定理求出CD，进而求出半径即可.∴∠C=∠OBC，∠OBD=∠ODB，∵CD是ΘO的直径，又∵∠C=∠ABD，即OB⊥AB，∵OB是ΘO的半径，:AB是ΘΘO的切线；（2）解：“上C＝上ABD，上BAD＝上CAB，:△ABD∞△ACB，:tanC=,“AD＝1，:AB＝2，AC＝4，（3）解：如图，过点A作AN丄BC，交CB的延长线于点N，“AM平分上BAC，:上CAM＝上BAM，“上C+上CDB＝90。，:上C+上ABD+上CAB＝90。，又“上C＝上ABD，:上CAM+上C=×90。＝45。＝上AMN，:AN＝MN，“AM＝4，:AN＝MN＝4×=4，“tanC===,:CN＝2AN＝8，:MC＝MN＝4，“AM平分上BAC，===,:BM＝2，:BC＝3+4＝6，BD＝3，在Rt△BCD中，:ΘO的半径为.【变式11.1】（青山区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°,BDDA为半径的ΘD与AC交于点E.（1）求证：BC是ΘD的切线；（2）若sinC设BC切ΘD于点F，求tan∠CFE的值；【分析】（1）作DH⊥BC于点H，由BD平分∠ABC，得DH＝DA，可知点D到BC的距离等于ΘD的半径长，即可证明BC是ΘD的切线；（2）连接DF，设AB＝5m，DA＝DF＝r，由sinC得BC＝13m，根据勾股定理求得AC=12m，则CD＝12m﹣r，由×13mr=×5m（12m﹣r）＝S△BCD，得DA＝r＝m，再证明EF∥BD，得∠CFE=∠CBD=∠ABD，所以tan∠CFE＝tan∠ABD==.【解答】（1）证明：如图1，作DH⊥BC于点H，∴DA⊥BA，∴DH＝DA，∴BC是ΘD的切线.（2）解：如图2，连接DF，设AB＝5m，DA＝DF＝r，∵sinC==:AC12m，“ΘD与BC相切于点F，:BC丄DF，:BC•DF＝CD•AB＝S△BCD，:DA＝r＝m，“上BFD＝上BAD＝90。，BD＝BD，DF＝DA，:Rt△BDF纟Rt△BDA（HL:上BDF＝上BDA，“DE＝DF，:上DFE＝上DEF，:上ADF＝2上BDF＝上DFE+上DEF＝2上DFE，:上BDF＝上DFE，:EFⅡBD，:上CFE＝上CBD＝上ABD，:tan上CFE＝tan上ABD=:tan上CFE的值是.==【变式11.2】（南京模拟）如图，AB是ΘO的弦，D为OA半径的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交ΘO于点F，且CE＝CB.（1）求证：BC是ΘO的切线；（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数；（3）如果BE＝13求ΘO的半径.【分析】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBC＝90°,即可证明BC是ΘO的切线；（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数；即,据此即可求解.即【解答】（1）证明：连接OB，∴∠A=∠OBA，∠CEB=∠ABC，又∵CD⊥OA，:上A+上AED＝上A+上CEB＝90。，:上OBA+上ABC＝90。，:OB丄BC，:BC是ΘO的切线；（2）解：如图，连接OF，AF，BF，“DA＝DO，CD丄OA，:AF＝OF，“OA＝OF，:△OAF是等边三角形，:上AOF＝60。，:上ABF＝上AOF＝30。；（3）解：延长AO交ΘO于点M，连结BM.“cos上OAB=,:在Rt△ADE中，设AD＝4x，则AE＝5x，“点D为OA的中点，:OA＝8x，:AM＝16x，“AM为ΘO的直径，:上ABM＝90。，∴在Rt△ABM中解得：x经检验，是方程的解，且符合题意，∴ΘO的半径是.【变式11.3】（郯城县二模）如图，AB为ΘO直径，C、D为ΘO上不同于A、B的两点，∠ABD＝2∠BAC，连接CD．过点C作CE⊥DB，垂足为E，直线AB与CE相交于F点.（1）求证：CF为ΘO的切线；（2）当时，求BF的长.【分析】（1）连接OC，由圆周角定理结合已知得出∠BOC=∠ABD，得出OC∥BD，由平行线的性质得出OC⊥CF，即可证明CF为ΘO的切线；（2）连接AD，OC，由圆周角定理得出∠ADB＝90°,由CE⊥DB，得出∠BEF＝90°,由三角形内角和定理及∠ABD=∠EBF，得出∠F=∠BAD，利用解直角三角形求出BD＝6，进而求出AB＝10，得出,即可求出BF的长度.“上BOC＝2上BAC，上ABD＝2上BAC，:上BOC＝上ABD，:OCⅡBD，“CE丄DB，:OC丄CF，“OC为ΘO的半径，:CF为ΘO的切线；（2）解：如图2，连接AD，OC，“AB为ΘO直径，:上ADB＝90。，“CE丄DB，:上BEF＝90。，“上ABD＝上EBF，:上F＝上BAD，:，“BD＝6，:，:AB＝10，:OB＝5，:OC＝OB＝5，在Rt△FOC中:.【考点12】圆与函数综合问题【例12】（西山区校级期中）已知：如图AB是ΘO的直径，AM，BN与ΘO分别相切于点A、点B，OD平分∠ADC.（1）求证：CD是ΘO的切线；（2）若ΘO的直径为10，设AD＝x，BC＝y，求y关于x的函数解析式.明△OAD≌△OED，依据全等三角形的性质可知OA＝OE，故此OE为ΘO的半径，则CD是ΘO的切（2）如图2所示：过O作OE⊥CD于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝10．由切线长定理可得：DE＝DA，CE＝CB，则CD＝x+y，在Rt△DFC中依据勾股定理可得到y与x的函数关系式.【解答】（1）证明：过O作OE⊥CD于点E，则∠OED＝90°,∵ΘO与AM相切于点A，∵OD平分∠ADE，∴△OAD≌△OED（AAS（2）解：如图2所示：过O作OE⊥CD于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝10.∴CF＝BC﹣AD＝y﹣x.由切线长定理可得：DE＝DA，CE＝CB，=BC+AD=x+y，在Rt△DFC中，∵CD2＝DF2+FC2∴（y+x）＝102+（y﹣x）2.整理得：y=则y关于x的函数关系式为：y=【变式12.1】（海淀区校级期中）如图，在半圆O中，C是直径AB上一动点（不与端点重合且AB＝6，过点C作CD⊥AB交半ΘO于点D，若AC＝x，DC＝y.（1）直接写出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）当AC＝3时，DC的长度取得最大值，最大值为3；（3）在平面直角坐标系xOy中，利用适当工具准确画出（1）中所确定的函数的图象.【分析】（1）如图1，连接AD，BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°,根据余角的性质得到∠A=∠BDC，根据相似三角形的性质即可得到结论；（2）根据的性质即可得到结论；（3）根据题意画出函数图象即可.【解答】解1）如图1，连接AD，BD，∵CD⊥AB，∴∠ACD=∠BCD＝90°,∴∠A+∠ADC=∠ADC+∠BDC＝90°,∴∠A=∠BDC，∴△ADC∽△DBC，∴=,∴=,∴y0＜x＜6（2）∵y==,∴当AC＝3时，DC的长度取得最大值，最大值为3；故答案为：3，3；（3）函数的图象如图所示：如图1，ΘO与直线a相离，过圆心O作直线a的垂线，垂足为H，且交ΘO于P、Q两点（Q在P、H之间我们把点P称为ΘO关于直线a的“远点”，把PQ•PH的值称为ΘO关于直线a的“远望数”.（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4过点E画垂直于y轴的直线m，则半径为1的ΘO关于直线m的“远点”坐标是（01直线m向下平移3或5个单位长度后与ΘO相切.（2）在（1）的条件下求ΘO关于直线m的“远望数”.【拓展应用】（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（6，0与y轴交于点N，点F坐标为（1，2以F为圆心，OF为半径作ΘF．若ΘF与直线l相离，O是ΘF关于直线l的“远点”．且ΘF关于直线l的“远望数”是12√5，求直线l的函数表达式.【分析】（1）根据远点，远望数的定义判断即可.（2）根据远望数的定义，求出AE，AB的长即可解决问题.（3）如图，设直线l的解析式为y＝kx+b．连接OF并延长，交ΘF于H，交直线l于点G，设直线l交y轴于N（0，n由勾股定理及解直角三角形求出点N（0，3再运用待定系数法即可求得答案.【解答】解1）根据“远点”定义，可得点A是ΘO关于直线m的“远点”，∵点E的坐标为（0，4∴当直线m向下平移3个单位或5个单位后ΘO相切，故答案为013或5.:AE＝OE+OA＝5，AB＝2，:ΘO关于直线m的“远望数”＝AB•AE＝2×5＝10.（3）设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0连接OF并延长，交ΘF于H，交直线l于点G，设直线l交y轴于N（0，n:OF==√5，」OF为ΘF的半径，:OH＝2√5，:OG丄MN于点G，OH•OG＝12√5，:OG＝6，」点M（6√5，0:OM＝6√5，:MG12，」tan上NMO==,:=,:n＝3√5，:N（0，3√5把M（6√5，0N（0，3√5）分别代入y＝kx+b（k≠0得，解得：，∴直线l的函数表达式为y＝专x+3.【变式12.3】（海珠区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，以D（5，4）为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点，且AB＝6.（1）求经过C、A、B三点的抛物线的解析式；（2）设抛物线的顶点为F，证明直线FA与ΘD相切；（3）在x轴下方的抛物线上，是否存在一点N，使△CBN面积最大？若存在，求出△CBN面积的最大值，并求出此时点N坐标；若不存在，请说明理由.【分析】（1）连接CD，由y轴是ΘD的切线，可得DC⊥y轴，过点D作DE⊥AB于点E，根据垂径定理可得AE＝BE＝3，连接AD，在Rt△ADE中可求出AD，即圆的半径，然后利用矩形的判定证明四边形OCDE是矩形，得到CO＝4，OA＝2，OB＝8，从而得到C、A、B三点的坐标，再利用待定系数法即可确定经过点C、A、B三点的抛物线的解析式；（2）因为点D为圆心，点A在圆周上，r＝AD＝5，利用勾股定理的逆定理证明∠DAF＝90°即可；（3）设存在点N，过点N作NP∥y轴，交BC于点P，求出直线BC的解析式，设点N的坐标,则可得点P的坐标为，从而根据S△BCN＝S△PNC+S△PNB，表示出△BCN的面积，利用配方法可确定最大值，继而可得出点N的坐标.【解答】（1）解：如图，连接CD，AD，过点D作DE⊥AB于点E，∵以D（5，4）为圆心的圆与y轴相切于点C，且AB＝6，∠COB＝90°,∴DC⊥y轴DE＝4，∴四边形OCDE是矩形，∴C（0，4A（2，0B（8，0设经过点C、A、B三点的抛物线解析式为：y＝ax2+bx+c，将点C、A、B三点的坐标代入可得：,解得：，∴经过C、A、B三点的抛物线的解析式为：（2）证明：∵点D为圆心，点A在圆周上，由（1）知，r＝DA＝5，抛物线解析式为：，且顶点F的坐标为，又∵D（5，4∵DA是半径，∴直线FA与ΘD相切.（3）解：存在点N，使△CBN面积最大，理由如下：如图，过点N作NP∥y轴，交BC于点P，设直线BC的解析式为：y＝kx+b1，解得：，∴直线BC的解析式为：，设点N的坐标为，∵NP∥y轴，交BC于点P，∴点P的坐标为，∴S△BCN＝S△PNC+S△PNB==n2+8n=n﹣4）2+16，==﹣【考点13】以圆为载体的阅读材料综合问题【例13】（太原二模）阅读与应用请阅读下列材料，完成相应的任务：托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程.如图1，四边形ABCD内接于ΘO.求证：AB•DC+AD•BC＝AC•BD.证明：如图2，作∠BAE=∠CAD交BD于点E.∵=,∴∠ABE=∠ACD依据）∴△ABC∽△AED.∴=∵AB•DC＝AC•BE，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+EDAC•BD.∴AB•DC+AD•BC＝AC•BD.任务：（1）证明过程中的“依据”是同弧所对的圆周角相等；（2）补全证明过程；（3）如图3，ΘO的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长.【分析】（1）利用圆周角定理即可得出答案；（2）作∠BAE=∠CAD交BD于点E，利用圆周角定理及辅助线作法证明△ABE∽△ACD，得出AB•DC=AC•BE，再证明△ABC∽△AED，得出AD•BC＝AC•ED，进而即可证明AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（3）连接AD，AC，由正五边形的性质证明△ABC≌△DCB≌△AED，得出BD＝AC＝AD，设BD＝AC=AD＝x，由托勒密定理得出AB•CD+AD•BC＝AC•BD，进而得出关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣4＝0，解方程即可求出对角线BD的长.【解答】解1）由得出∠ABE=∠ACD的依据是“同弧所对的圆周角相等”，故答案为：同弧所对的圆周角相等；（2）证明：如图2，作∠BAE=∠CAD交BD于点E，∵=,∴∠ABE=∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴=∴AB•DC＝AC•BE，∵,∴∠ACB=∠ADE，∵∠BAE=∠CAD，∴∠BAE+∠EAC=∠CAD+∠EAC，即∠BAC=∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴=∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+EDAC•BD，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（3）如图3，连接AD，AC，∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC=∠DCB=∠AED，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∵ΘO的内接五边形ABCDE的边长都为2，∴2×2+2x＝x2，即x2﹣2x﹣4＝0，解得不符合题意，舍去∴对角线BD的长为1+√5.【变式13.1】（洛阳模拟）小贺同学在数学探究课上，用几何画一条线段OP（OP＜AB再以点A为圆心，OP的长为半径，画ΘA分别交AB于点E，交AD于点G，过点E，G分别作AB，AD的垂线交于点F，易得四边形AEFG也是正方形，连接CF.如图1，①BE与CF的大小关系：CF＝BE；②BE与DG的大小和位置关系：BE＝DG，BE⊥DG.如图2，将正方形AEFG绕圆心A转动，在旋转过程中，上述①②中的关系还存在吗？请说明理由.①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，CF的值为2；②在旋转过程中，CF的最大值是6.【分析】（1）①连接AF，AC，由正方形的性质得出∠BAD=∠EAG＝90°,AF平分∠EAG，AC平分②由正方形的性质得出AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝90°,则可得出结论；（2）①如图2，连接AF，AC．证明△ABE∽△ACF，出结论；②延长BE交DG于点M，交AD于点N．证明△BAE≌△DAG（SAS由全等三角形的性质得出BE=DG，∠ABE=∠ADG．则可得出结论；（3）①延长GF，DC交于点Q，证明四边形BCQD是矩形，得出∠CQG＝90°,QG＝BC＝4，证出四边形AGQD是矩形，由矩形的性质得出DQ＝AG＝2，由勾股定理可求出答案；②求出AC和AF的长，证出F的运动轨迹是以A为圆心，2为半径的圆，当C，A，F三点共线时，CF＝CA+AF，CF有最大值，则可得出答案.【解答】解1）①连接AF，AC，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴∠BAD=∠EAG＝90°,AF