2018年中考数学全国试题的汇编-圆含详细解析

...wd......wd......wd...2017中考数学全国试题汇编------圆24〔2017.北京〕如图，是的一条弦，是的中点，过点作于点，过点作的切线交的延长线于点.〔1〕求证：；〔2〕假设，求的半径.【解析】试题分析:(1)由切线性质及等量代换推出∠4=∠5，再利用等角对等边可得出结论；〔2〕由条件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.试题解析：〔1〕证明：∵DC⊥OA,∴∠1+∠3=90°,∵BD为切线，∴OB⊥BD,∴∠2+∠5=90°,∵OA=OB,∴∠1=∠2，∵∠3=∠4，∴∠4=∠5，在△DEB中,∠4=∠5，∴DE=DB.考点：圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数27〔2017甘肃白银〕．如图，是的直径，轴，交于点．

〔1〕假设点，求点的坐标；〔2〕假设为线段的中点，求证：直线是的切线．解：〔1〕∵A的坐标为〔0，6〕，N〔0，2〕∴AN=4，1分∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，∴AB=2AN=8，2分∴由勾股定理可知：NB=，∴B〔，2〕3分〔2〕连接MC，NC4分∵AN是⊙M的直径，∴∠ACN=90°，∴∠NCB=90°，5分xyCDMDOMDxyCDMDOMDBANDNDAND∴CD=NB=ND，∴∠CND=∠NCD，6分∵MC=MN，∴∠MCN=∠MNC．∵∠MNC+∠CND=90°，∴∠MCN+∠NCD=90°，7分即MC⊥CD．∴直线CD是⊙M的切线．8分25〔2017广东广州〕.如图14，是的直径，，连接．〔1〕求证：；〔2〕假设直线为的切线，是切点，在直线上取一点，使所在的直线与所在的直线相交于点，连接．①试探究与之间的数量关系，并证明你的结论；②是否为定值假设是，请求出这个定值；假设不是，请说明理由．【解析】试题分析：〔1〕直径所对的圆周角是圆心角的一半，等弧所对的圆周角是圆心角的一半；〔2〕①等角对等边；②〔2〕①如以以下列图，作于F由〔1〕可得，为等腰直角三角形.是的中点.为等腰直角三角形.又是的切线，四边形为矩形②当为钝角时，如以以下列图，同样，〔3〕当D在C左侧时，由〔2〕知,,在中，当D在C右侧时，过E作于在中，考点：圆的相关知识的综合运用25〔2017贵州六盘水〕.如图，是的直径，，点在上，，为的中点，是直径上一动点.利用尺规作图，确定当最小时点的位置(不写作法，但要保存作图痕迹).(2)求的最小值.【考点】圆，最短路线问题．【分析】(1)画出A点关于MN的称点,连接B,就可以得到P点(2)利用得∠AON=∠=60°，又为弧AN的中点,∴∠BON=30°，所以∠ON=90°，再求最小值．【解答】解：20〔2017湖北黄冈〕．：如图，MN为⊙O的直径，ME是⊙O的弦，MD垂直于过点E的直线DE，垂足为点D，且ME平分∠DMN．求证：〔1〕DE是⊙O的切线；〔2〕ME2=MD•MN．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．【分析】〔1〕求出OE∥DM，求出OE⊥DE，根据切线的判定得出即可；〔2〕连接EN，求出∠MDE=∠MEN，求出△MDE∽△MEN，根据相似三角形的判定得出即可．【解答】证明：〔1〕∵ME平分∠DMN，∴∠OME=∠DME，∵OM=OE，∴∠OME=∠OEM，∴∠DME=∠OEM，∴OE∥DM，∵DM⊥DE，∴OE⊥DE，∵OE过O，∴DE是⊙O的切线；〔2〕连接EN，∵DM⊥DE，MN为⊙O的半径，∴∠MDE=∠MEN=90°，∵∠NME=∠DME，∴△MDE∽△MEN，∴=，∴ME2=MD•MN23.(2017湖北十堰)AB为半⊙O的直径，BC⊥AB于B，且BC＝AB，D为半⊙O上的一点，连接BD并延长交半⊙O的切线AE于E．(1)如图1，假设CD＝CB，求证：CD是⊙O的切线；(2)如图2，假设F点在OB上，且CD⊥DF，求eq\f(AE,AF)的值．∵∠∵∠3+∠EAD=90°，∠E+∠EAD=90°∴∠3=∠E又∵∠ADE=∠ADB=90°∴△ADE～△ABD∴∴∴〔2〕连接AD.∵DF⊥DC∴∠1+∠BDF=90°∵AB是⊙O的直径∴∠2+∠BDF=90°∴∠1=∠2又∵∠3+∠ABD=90°,∠4+∠ABD=90°∴∠3=∠4∴△ADF～△BCD21．〔2017湖北武汉〕如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，CO的延长线交AB于点D(1)求证：AO平分∠BAC(2)假设BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的长【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕；.〔2〕过点C作CE⊥AB于E∵sin∠BAC=,设AC=5m，那么CE=3m∴AE=4m，BE=m在RtΔCBE中，m2+(3m)2=36∴m=，∴AC=延长AO交BC于点H，那么AH⊥BC，且BH=CH=3，考点：1.全等三角形的判定与性质；2.解直角三角形；3.平行线分线段成比例.21.〔2017湖北咸宁〕如图，在中，，以为直径的⊙与边分别交于两点，过点作，垂足为点.=1\*GB2⑴求证：是⊙的切线；=2\*GB2⑵假设，求的长【考点】ME：切线的判定与性质；KH：等腰三角形的性质；T7：解直角三角形．【分析】〔1〕证明：如图，连接OD，作OG⊥AC于点G，推出∠ODB=∠C；然后根据DF⊥AC，∠DFC=90°，推出∠ODF=∠DFC=90°，即可推出DF是⊙O的切线．〔2〕首先判断出：AG=AE=2，然后判断出四边形OGFD为矩形，即可求出DF的值是多少．【解答】〔1〕证明：如图，连接OD，作OG⊥AC于点G，∵OB=OD，∴∠ODB=∠B，又∵AB=AC，∴∠C=∠B，∴∠ODB=∠C，∵DF⊥AC，∴∠DFC=90°，∴∠ODF=∠DFC=90°，∴DF是⊙O的切线．〔2〕解：AG=AE=2，∵cosA=，∴OA===5，∴OG==，∵∠ODF=∠DFG=∠OGF=90°，∴四边形OGFD为矩形，∴DF=OG=．23〔2017湖北孝感〕.如图，的直径弦的平分线交于过点作交延长线于点，连接〔1〕由，，围成的曲边三角形的面积是；〔2〕求证：是的切线；〔3〕求线段的长.【分析】〔1〕连接OD，由AB是直径知∠ACB=90°，结合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，从而知∠AOD=90°，根据曲边三角形的面积=S扇形AOD+S△BOD可得答案；〔2〕由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE∥AB可得OD⊥DE，即可得证；〔3〕勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四边形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即=，求得EF的长即可得．【解答】解：〔1〕如图，连接OD，∵AB是直径，且AB=10，∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，∵CD平分∠ACB，∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，∴∠AOD=90°，那么曲边三角形的面积是S扇形AOD+S△BOD=+×5×5=+，故答案为：+；〔2〕由〔1〕知∠AOD=90°，即OD⊥AB，∵DE∥AB，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；〔3〕∵AB=10、AC=6，∴BC==8，过点A作AF⊥DE于点F，那么四边形AODF是正方形，∴AF=OD=FD=5，∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，∴tan∠EAF=tan∠CBA，∴=，即=，∴，∴DE=DF+EF=+5=．【点评】此题主要考察切线的判定、圆周角定理、正方形的判定与性质及正切函数的定义，熟练掌握圆周角定理、切线的判定及三角函数的定义是解题的关键．25〔2017湖北荆州〕．如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q．〔1〕求证：直线AB是⊙Q的切线；〔2〕过点A左侧x轴上的任意一点C〔m，0〕，作直线AB的垂线CM，垂足为M．假设CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式〔不需写出自变量的取值范围〕；〔3〕在〔2〕的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切假设存在，请直接写出此时点C的坐标；假设不存在，请说明理由．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】〔1〕只要证明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切线；〔2〕分两种情形求解即可：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，那么四边形PQDM是正方形．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，那么四边形PQDM是正方形．分别列出方程即可解决问题．〔3〕分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件．【解答】〔1〕证明：如图1中，连接QP．在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，∴AB==5，∵AP=4t，AQ=5t，∴==，∵∠PAQ=∠BAO，∴△PAQ∽△BAO，∴∠APQ=∠AOB=90°，∴QP⊥AB，∴AB是⊙O的切线．〔2〕解：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，那么四边形PQDM是正方形．易知PQ=DQ=3t，CQ=•3t=，∵OC+CQ+AQ=4，∴m+t+5t=4，∴m=4﹣t．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，那么四边形PQDM是正方形．∵OC+AQ﹣CQ=4，∴m+5t﹣t=4，∴m=4﹣t．〔3〕解：存在．理由如下：如图4中，当⊙Q在y那么的右侧与y轴相切时，3t+5t=4，t=，由〔2〕可知，m=﹣或．如图5中，当⊙Q在y那么的左侧与y轴相切时，5t﹣3t=4，t=2，由〔2〕可知，m=﹣或．综上所述，满足条件的点C的坐标为〔﹣，0〕或〔，0〕或〔﹣，0〕或〔，0〕．22．〔2017湖北鄂州〕如图，BF是⊙O的直径，A为⊙O上〔异于B、F〕一点.⊙O的切线MA与FB的延长线交于点M；P为AM上一点，PB的延长线交⊙O于点C，D为BC上一点且PA=PD，AD的延长线交⊙O于点E.〔1〕求证：=；〔2〕假设ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根，求BE的长；〔3〕假设MA=6，QUOTEsinAMF,求AB的长.〔1〕∵PA=PD∴∠PAD=∠PDA∴∠BAD+∠PAB=∠DBE+∠E∵⊙O的切线MA∴∠PAB=∠DBE∴∠BAD=∠CBE∴=∵ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根、∴ED·EA=5∵∠BAD=∠CBE,∠E=∠E∴△BDE∽△ABE∴BE2=ED·EA=5∴BE=21．〔2017湖北黄石〕如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，连接AE并延长交⊙O于D点，连接BD并延长至F，使得BD=DF，连接CF、BE．〔1〕求证：DB=DE；〔2〕求证：直线CF为⊙O的切线．【考点】MI：三角形的内切圆与内心；MD：切线的判定．【分析】〔1〕欲证明DB=DE，只要证明∠DBE=∠DEB；〔2〕欲证明直线CF为⊙O的切线，只要证明BC⊥CF即可；【解答】〔1〕证明：∵E是△ABC的内心，∴∠BAE=∠CAE，∠EBA=∠EBC，∵∠BED=∠BAE+∠EBA，∠DBE=∠EBC+∠DBC，∠DBC=∠EAC，∴∠DBE=∠DEB，∴DB=DE．〔2〕连接CD．∵DA平分∠BAC，∴∠DAB=∠DAC，∴=，∴BD=CD，∵BD=DF，∴CD=DB=DF，∴∠BCF=90°，∴BC⊥CF，∴CF是⊙O的切线．23〔2017湖北恩施〕．如图，AB、CD是⊙O的直径，BE是⊙O的弦，且BE∥CD，过点C的切线与EB的延长线交于点P，连接BC．〔1〕求证：BC平分∠ABP；〔2〕求证：PC2=PB•PE；〔3〕假设BE﹣BP=PC=4，求⊙O的半径．【考点】MC：切线的性质；KD：全等三角形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质．【分析】〔1〕由BE∥CD知∠1=∠3，根据∠2=∠3即可得∠1=∠2；〔2〕连接EC、AC，由PC是⊙O的切线且BE∥DC，得∠1+∠4=90°，由∠A+∠2=90°且∠A=∠5知∠5+∠2=90°，根据∠1=∠2得∠4=∠5，从而证得△PBC∽△PCE即可；〔3〕由PC2=PB•PE、BE﹣BP=PC=4求得BP=2、BE=6，作EF⊥CD可得PC=FE=4、FC=PE=8，再Rt△DEF≌Rt△BCP得DF=BP=2，据此得出CD的长即可．【解答】解：〔1〕∵BE∥CD，∴∠1=∠3，又∵OB=OC，∴∠2=∠3，∴∠1=∠2，即BC平分∠ABP；〔2〕如图，连接EC、AC，∵PC是⊙O的切线，∴∠PCD=90°，又∵BE∥DC，∴∠P=90°，∴∠1+∠4=90°，[∵AB为⊙O直径，∴∠A+∠2=90°，又∠A=∠5，∴∠5+∠2=90°，∵∠1=∠2，∴∠5=∠4，∵∠P=∠P，∴△PBC∽△PCE，即PC2=PB•PE；〔3〕∵BE﹣BP=PC=4，∴BE=4+BP，∵PC2=PB•PE=PB•〔PB+BE〕，∴42=PB•〔PB+4+PB〕，即PB2+2PB﹣8=0，解得：PB=2，那么BE=4+PB=6，∴PE=PB+BE=8，作EF⊥CD于点F，∵∠P=∠PCF=90°，∴四边形PCFE为矩形，∴PC=FE=4，FC=PE=8，∠EFD=∠P=90°，∵BE∥CD，∴DE=BC，在Rt△DEF和Rt△BCP中，∴Rt△DEF≌Rt△BCP〔HL〕，∴DF=BP=2，那么CD=DF+CF=10，∴⊙O的半径为5．22〔2017湖北随州〕．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E．〔1〕求证：AD平分∠BAC；〔2〕假设CD=1，求图中阴影局部的面积〔结果保存π〕．【考点】MC：切线的性质；KF：角平分线的性质；KW：等腰直角三角形；MO：扇形面积的计算．【分析】〔1〕连接DE，OD．利用弦切角定理，直径所对的圆周角是直角，等角的余角相等证明∠DAO=∠CAD，进而得出结论；〔2〕根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAC=45°，由BC相切⊙O于点D，得到∠ODB=90°，求得OD=BD，∠BOD=45°，设BD=x，那么OD=OA=x，OB=x，根据勾股定理得到BD=OD=，于是得到结论．【解答】〔1〕证明：连接DE，OD．∵BC相切⊙O于点D，∴∠CDA=∠AED，∵AE为直径，∴∠ADE=90°，∵AC⊥BC，∴∠ACD=90°，∴∠DAO=∠CAD，∴AD平分∠BAC；〔2〕∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，∴∠B=∠BAC=45°，∵BC相切⊙O于点D，∴∠ODB=90°，∴OD=BD，∴∠BOD=45°，设BD=x，那么OD=OA=x，OB=x，∴BC=AC=x+1，∵AC2+BC2=AB2，∴2〔x+1〕2=〔x+x〕2，∴x=，∴BD=OD=，∴图中阴影局部的面积=S△BOD﹣S扇形DOE=﹣=1﹣．22〔2017湖北襄阳〕．如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，∠BAC=∠DAC，过点C做直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．〔1〕求证：EF是⊙O的切线；〔2〕假设DE=1，BC=2，求劣弧的长l．【考点】ME：切线的判定与性质；MN：弧长的计算．【分析】〔1〕连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠DAC，求得∠DAC=∠OCA，推出AD∥OC，得到∠OCF=∠AEC=90°，于是得到结论；〔2〕连接OD，DC，根据角平分线的定义得到∠DAC=∠OAC，根据三角函数的定义得到∠ECD=30°，得到∠OCD=60°，得到∠BOC=∠COD=60°，OC=2，于是得到结论．【解答】〔1〕证明：连接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥OC，∵∠AEC=90°，∴∠OCF=∠AEC=90°，∴EF是⊙O的切线；〔2〕连接OD，DC，∵∠DAC=DOC，∠OAC=BOC，∴∠DAC=∠OAC，∵ED=1，DC=2，∴sin∠ECD=，∴∠ECD=30°，∴∠OCD=60°，∵OC=OD，∴△DOC是等边三角形，∴∠BOC=∠COD=60°，OC=2，∴l==π．21〔2017湖北宜昌〕．，四边形ABCD中，E是对角线AC上一点，DE=EC，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点D．B点在⊙O上，连接OB．〔1〕求证：DE=OE；〔2〕假设CD∥AB，求证：四边形ABCD是菱形．【考点】MC：切线的性质；L9：菱形的判定．【分析】〔1〕先判断出∠2+∠3=90°，再判断出∠1=∠2即可得出结论；〔2〕先判断出△ABO≌△CDE得出AB=CD，即可判断出四边形ABCD是平行四边形，最后判断出CD=AD即可．【解答】解：〔1〕如图，连接OD，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90°，∵DE=EC，∴∠1=∠2，∴∠3=∠COD，∴DE=OE；〔2〕∵OD=OE，∴OD=DE=OE，∴∠3=∠COD=∠DEO=60°，∴∠2=∠1=30°，∵OA=OB=OE，OE=DE=EC，∴OA=OB=DE=EC，∵AB∥CD，∴∠4=∠1，∴∠1=∠2=∠4=∠OBA=30°，∴△ABO≌△CDE，∴AB=CD，∴四边形A∴D是平行四边形，∴∠DAE=∠DOE=30°，∴∠1=∠DAE，∴CD=AD，∴▱ABCD是菱形．24〔2017江苏南通〕．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，点O在AB上，OB=2，以OB为半径的⊙O与AC相切于点D，交BC于点E，求弦BE的长．【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理．【分析】连接OD，首先证明四边形OECD是矩形，从而得到BE的长，然后利用垂径定理求得BF的长即可．【解答】解：连接OD，作OE⊥BF于点E．∴BE=BF，∵AC是圆的切线，∴OD⊥AC，∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，∴四边形ODCF是矩形，∵OD=OB=EC=2，BC=3，∴BE=BC﹣EC=BC﹣OD=3﹣2=1，∴BF=2BE=2．26〔2017江苏镇江〕.如图，中，，点在上，，过两点的圆的圆心在上.〔1〕利用直尺和圆规在图1中画出⊙〔不写作法，保存作图痕迹，并用黑色水笔把线条描清楚〕；〔2〕判断所在直线与〔1〕中所作的⊙的位置关系，并证明你的结论；〔3〕设⊙交于点，连接，过点作，为垂足.假设点是线段的黄金分割点〔即，〕如图2，试说明四边形是正方形.25〔2017江苏扬州〕．如图，平行四边形OABC的三个顶点A、B、C在以O为圆心的半圆上，过点C作CD⊥AB，分别交AB、AO的延长线于点D、E，AE交半圆O于点F，连接CF．〔1〕判断直线DE与半圆O的位置关系，并说明理由；〔2〕①求证：CF=OC；②假设半圆O的半径为12，求阴影局部的周长．【考点】MB：直线与圆的位置关系；L5：平行四边形的性质；MN：弧长的计算．【分析】〔1〕结论：DE是⊙O的切线．首先证明△ABO，△BCO都是等边三角形，再证明四边形BDCG是矩形，即可解决问题；〔2〕①只要证明△OCF是等边三角形即可解决问题；②求出EC、EF、弧长CF即可解决问题．【解答】解：〔1〕结论：DE是⊙O的切线．理由：∵四边形OABC是平行四边形，又∵OA=OC，∴四边形OABC是菱形，∴OA=OB=AB=OC=BC，∴△ABO，△BCO都是等边三角形，∴∠AOB=∠BOC=∠COF=60°，∵OB=OF，∴OG⊥BF，∵AF是直径，CD⊥AD，∴∠ABF=∠DBG=∠D=∠BGC=90°，∴四边形BDCG是矩形，∴∠OCD=90°，∴DE是⊙O的切线．〔2〕①由〔1〕可知：∠COF=60°，OC=OF，∴△OCF是等边三角形，∴CF=OC．②在Rt△OCE中，∵OC=12，∠COE=60°，∠OCE=90°，∴OE=2OC=24，EC=12，∵OF=12，∴EF=12，∴的长==4π，∴阴影局部的周长为4π+12+12．24〔2017江苏盐城〕．如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；〔不写作法与证明，保存作图痕迹〕〔2〕如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停顿，假设BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．【分析】〔1〕作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；〔2〕添加如以以下列图辅助线，圆心O的运动路径长为，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案．【解答】解：〔1〕如图①所示，射线OC即为所求；〔2〕如图，圆心O的运动路径长为，过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，∴AC===9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，∴C△ABC=9+9+18=27+9，∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G为切点，∴BD=BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵，∴△O1BD≌△O1BG〔HL〕，∴∠O1BG=∠O1BD=30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，∴BD===2，∴OO1=9﹣2﹣2=7﹣2，∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D=OE，∴四边形OEDO1为平行四边形，∵∠OED=90°，∴四边形OEDO1为矩形，同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，又OE=OF，∴四边形OECF为正方形，∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，∴∠GO1D=120°，又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，同理，∠O1OO2=90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴=，即=，∴=15+，即圆心O运动的路径长为15+．25〔2017江苏盐城〕．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F恰好在y轴上，⊙F与y轴相交于另一点G．〔1〕求证：BC是⊙F的切线；〔2〕假设点A、D的坐标分别为A〔0，﹣1〕，D〔2，0〕，求⊙F的半径；试探究线段AG、AD、CD三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．【考点】MR：圆的综合题．【分析】〔1〕连接EF，根据角平分线的定义、等腰三角形的性质得到∠FEA=∠EAC，得到FE∥AC，根据平行线的性质得到∠FEB=∠C=90°，证明结论；〔2〕连接FD，设⊙F的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程即可；〔3〕作FR⊥AD于R，得到四边形RCEF是矩形，得到EF=RC=RD+CD，根据垂径定理解答即可．【解答】〔1〕证明：连接EF，∵AE平分∠BAC，∴∠FAE=∠CAE，∵FA=FE，∴∠FAE=∠FEA，∴∠FEA=∠EAC，∴FE∥AC，∴∠FEB=∠C=90°，即BC是⊙F的切线；〔2〕解：连接FD，设⊙F的半径为r，那么r2=〔r﹣1〕2+22，解得，r=，即⊙F的半径为；〔3〕解：AG=AD+2CD．证明：作FR⊥AD于R，那么∠FRC=90°，又∠FEC=∠C=90°，∴四边形RCEF是矩形，∴EF=RC=RD+CD，∵FR⊥AD，∴AR=RD，∴EF=RD+CD=AD+CD，∴AG=2FE=AD+2CD．27、〔2017•苏州〕如图，内接于，是直径，点在上，，过点作，垂足为，连接交边于点．(1)求证：∽；(2)求证：；(3)连接，设的面积为，四边形的面积为，假设，求的值．〔1〕证明：∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°，∵DE⊥AB，∴∠DEO=90°，∴∠DEO=∠ACB，∵OD//BC，∴∠DOE=∠ABC，∴△DOE~△ABC，〔2〕证明：∵△DOE~△ABC，∴∠ODE=∠A，∵∠A和∠BDC是弧BC所对的圆周角，∴∠A=∠BDC，∴∠ODE=∠BDC，∴∠ODF=∠BDE。〔3〕解：因为△DOE~△ABC,所以，即=4=4因为OA=OB，所以=，即=2,因为=,S2=++=2S1+S1+,所以=，所以BE=OE,即OE=OB=OD，所以sinA=sin∠ODE==【考点】圆周角定理，相似三角形的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】〔1〕易证∠DEO=∠ACB=90°和∠DOE=∠ABC，根据“有两对角相等的两个三角形相似〞判定△DOE~△ABC；〔2〕由△DOE~△ABC，可得∠ODE=∠A，由∠A和∠BDC是弧BC所对的圆周角，那么∠A=∠BDC，从而通过角的等量代换即可证得；〔3〕由∠ODE=∠A，可得sinA=sin∠ODE==；而由△DOE~△ABC,可得，即=4=4=，即=2,又因为=,S2=++=2S1+S1+,那么可得=，可求得OE与OB的比值.27〔2017江苏无锡〕．如图，以原点O为圆心，3为半径的圆与x轴分别交于A，B两点〔点B在点A的右边〕，P是半径OB上一点，过P且垂直于AB的直线与⊙O分别交于C，D两点〔点C在点D的上方〕，直线AC，DB交于点E．假设AC：CE=1：2．〔1〕求点P的坐标；〔2〕求过点A和点E，且顶点在直线CD上的抛物线的函数表达式．【考点】MR：圆的综合题．【分析】〔1〕如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H〔m，n〕，那么P〔m，0〕，PA=m+3，PB=3﹣m．首先证明△ACP∽△ECH，推出===，推出CH=2n，EH=2m=6，再证明△DPB∽△DHE，推出===，可得=，求出m即可解决问题；〔2〕由题意设抛物线的解析式为y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，求出E点坐标代入即可解决问题；【解答】解：〔1〕如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H〔m，n〕，那么P〔m，0〕，PA=m+3，PB=3﹣m．∵EH∥AP，∴△ACP∽△ECH，∴===，∴CH=2n，EH=2m=6，∵CD⊥AB，∴PC=PD=n，∵PB∥HE，∴△DPB∽△DHE，∴===，∴=，∴m=1，∴P〔1，0〕．〔2〕由〔1〕可知，PA=4，HE=8，EF=9，连接OP，在Rt△OCP中，PC==2，∴CH=2PC=4，PH=6，∴E〔9，6〕，∵抛物线的对称轴为CD，∴〔﹣3，0〕和〔5，0〕在抛物线上，设抛物线的解析式为y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，把E〔9，6〕代入得到a=，∴抛物线的解析式为y=〔x+3〕〔x﹣5〕，即y=x2﹣x﹣．23．〔2017山东济南〕〔〕如图，在矩形中，，于点，求证：．〔〕如图，是⊙的直径，，求的度数．【答案】见解析【解析】〔〕证明：在矩形中，∵，∴．在和中，∴≌，∴．〔〕解：∵，∴，∵是⊙的直径，∴．在中，．22〔2017山东潍坊〕．如图，AB为半圆O的直径，AC是⊙O的一条弦，D为的中点，作DE⊥AC，交AB的延长线于点F，连接DA．〔1〕求证：EF为半圆O的切线；〔2〕假设DA=DF=6，求阴影区域的面积．〔结果保存根号和π〕【考点】ME：切线的判定与性质；MO：扇形面积的计算．【分析】〔1〕直接利用切线的判定方法结合圆心角定理分析得出OD⊥EF，即可得出答案；〔2〕直接利用得出S△ACD=S△COD，再利用S阴影=S△AED﹣S扇形COD，求出答案．【解答】〔1〕证明：连接OD，∵D为的中点，∴∠CAD=∠BAD，∵OA=OD，∴∠BAD=∠ADO，∴∠CAD=∠ADO，∵DE⊥AC，∴∠E=90°，∴∠CAD+∠EDA=90°，即∠ADO+∠EDA=90°，∴OD⊥EF，∴EF为半圆O的切线；〔2〕解：连接OC与CD，∵DA=DF，∴∠BAD=∠F，∴∠BAD=∠F=∠CAD，又∵∠BAD+∠CAD+∠F=90°，∴∠F=30°，∠BAC=60°，∵OC=OA，∴△AOC为等边三角形，∴∠AOC=60°，∠COB=120°，∵OD⊥EF，∠F=30°，∴∠DOF=60°，在Rt△ODF中，DF=6，∴OD=DF•tan30°=6，在Rt△AED中，DA=6，∠CAD=30°，∴DE=DA•sin30，EA=DA•cos30°=9，∵∠COD=180°﹣∠AOC﹣∠DOF=60°，∴CD∥AB，故S△ACD=S△COD，∴S阴影=S△AED﹣S扇形COD=×9×3﹣π×62=﹣6π．23〔2017山东威海〕．：AB为⊙O的直径，AB=2，弦DE=1，直线AD与BE相交于点C，弦DE在⊙O上运动且保持长度不变，⊙O的切线DF交BC于点F．〔1〕如图1，假设DE∥AB，求证：CF=EF；〔2〕如图2，当点E运动至与点B重合时，试判断CF与BF是否相等，并说明理由．【分析】〔1〕如图1，连接OD、OE，证得△OAD、△ODE、△OEB、△CDE是等边三角形，进一步证得DF⊥CE即可证得结论；〔2〕根据切线的性质以及等腰三角形的性质即可证得结论．【解答】证明：如图1，连接OD、OE，∵AB=2，∴OA=OD=OE=OB=1，∵DE=1，∴OD=OE=DE，∴△ODE是等边三角形，∴∠ODE=∠OED=60°，∵DE∥AB，∴∠AOD=∠ODE=60°，∠EOB=∠OED=60°，∴△AOD和△△OE是等边三角形，∴∠OAD=∠OBE=60°，∴∠CDE=∠OAD=60°，∠CED=∠OBE=60°，∴△CDE是等边三角形，∵DF是⊙O的切线，∴OD⊥DF，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DFE=90°，∴DF⊥CE，∴CF=EF；〔2〕相等；如图2，点E运动至与点B重合时，BC是⊙O的切线，∵⊙O的切线DF交BC于点F，∴BF=DF，∴∠BDF=∠DBF，∵AB是直径，∴∠ADB=∠BDC=90°，∴∠FDC=∠C，∴DF=CF，∴BF=CF．【点评】此题考察了切线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定、等腰三角形的判定和性质，作出辅助线构建等边三角形是解题的关键．21〔2017山东东营〕．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的反向延长线交⊙O于点F．〔1〕求证：DE⊥AC；〔2〕假设DE+EA=8，⊙O的半径为10，求AF的长度．【点评】此题考察了切线的性质，勾股定理，矩形的判定与性质．解题时，利用了方程思想，属于中档题．【分析】〔1〕欲证明DE⊥AC，只需推知OD∥AC即可；〔2〕如图，过点O作OH⊥AF于点H，构建矩形ODEH，设AH=x．那么由矩形的性质推知：AE=10﹣x，OH=DE=8﹣〔10﹣x〕=x﹣2．在Rt△AOH中，由勾股定理知：x2+〔x﹣2〕2=102，通过解方程得到AH的长度，结合OH⊥AF，得到AF=2AH=2×8=16．【解答】〔1〕证明：∵OB=OD，∴∠ABC=∠ODB，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ODB=∠ACB，∴OD∥AC．∵DE是⊙O的切线，OD是半径，∴DE⊥OD，∴DE⊥AC；〔2〕如图，过点O作OH⊥AF于点H，那么∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，∴四边形ODEH是矩形，∴OD=EH，OH=DE．设AH=x．∵DE+AE=8，OD=10，∴AE=10﹣x，OH=DE=8﹣〔10﹣x〕=x﹣2．在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2=OA2，即x2+〔x﹣2〕2=102，解得x1=8，x2=﹣6〔不合题意，舍去〕．∴AH=8．∵OH⊥AF，∴AH=FH=AF，∴AF=2AH=2×8=16．24〔2017山东烟台〕．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=12cm，BD=16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停顿运动时另一个动点也随之停顿，设运动时间为t〔s〕〔t＞0〕，以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN．〔1〕求BF的长〔用含有t的代数式表示〕，并求出t的取值范围；〔2〕当t为何值时，线段EN与⊙M相切〔3〕假设⊙M与线段EN只有一个公共点，求t的取值范围．【考点】MR：圆的综合题．【分析】〔1〕连接MF．只要证明MF∥AD，可得=，即=，解方程即可；〔2〕当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，可得=，即=，解方程即可；〔3〕①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．②当F与N重合时，那么有t+2t=16，解得t=，观察图象即可解决问题；【解答】解：〔1〕连接MF．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，在Rt△AOB中，AB==10，∵MB=MF，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，∴MF∥AD，∴=，∴=，∴BF=t〔0＜t≤8〕．〔2〕当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，∴=，∴=，∴t=．∴t=s时，线段EN与⊙M相切．〔3〕①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．②当F与N重合时，那么有t+2t=16，解得t=，关系图象可知，＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．综上所述，当0＜t≤或＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．24〔2017山东聊城〕．如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P．〔1〕求证：PD是⊙O的切线；〔2〕求证：△PBD∽△DCA；〔3〕当AB=6，AC=8时，求线段PB的长．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．【分析】〔1〕由直径所对的圆周角为直角得到∠BAC为直角，再由AD为角平分线，得到一对角相等，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍及等量代换确定出∠DOC为直角，与平行线中的一条垂直，与另一条也垂直得到OD与PD垂直，即可得证；〔2〕由PD与BC平行，得到一对同位角相等，再由同弧所对的圆周角相等及等量代换得到∠P=∠ACD，根据同角的补角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证；〔3〕由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理求出BC的长，再由OD垂直平分BC，得到DB=DC，根据〔2〕的相似，得比例，求出所求即可．【解答】〔1〕证明：∵圆心O在BC上，∴BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，连接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAC=2∠DAC，∵∠DOC=2∠DAC，∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC，∵PD∥BC，∴OD⊥PD，∵OD为圆O的半径，∴PD是圆O的切线；〔2〕证明：∵PD∥BC，∴∠P=∠ABC，∵∠ABC=∠ADC，∴∠P=∠ADC，∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180°，∴∠PBD=∠ACD，∴△PBD∽△DCA；〔3〕解：∵△ABC为直角三角形，∴BC2=AB2+AC2=62+82=100，∴BC=10，∵OD垂直平分BC，∴DB=DC，∵BC为圆O的直径，∴∠BDC=90°，在Rt△DBC中，DB2+DC2=BC2，即2DC2=BC2=100，∴DC=DB=5，∵△PBD∽△DCA，∴=，那么PB===．23〔2017山东临沂〕．如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E，〔1〕求证：DE=DB；〔2〕假设∠BAC=90°，BD=4，求△ABC外接圆的半径．【考点】MA：三角形的外接圆与外心．【分析】〔1〕由角平分线得出∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，得出，由圆周角定理得出∠DBC=∠CAD，证出∠DBC=∠BAE，再由三角形的外角性质得出∠DBE=∠DEB，即可得出DE=DB；〔2〕由〔1〕得：，得出CD=BD=4，由圆周角定理得出BC是直径，∠BDC=90°，由勾股定理求出BC==4，即可得出△ABC外接圆的半径．【解答】〔1〕证明：∵BE平分∠BAC，AD平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，∴，∴∠DBC=∠CAD，∴∠DBC=∠BAE，∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，∴∠DBE=∠DEB，∴DE=DB；〔2〕解：连接CD，如以以下列图：由〔1〕得：，∴CD=BD=4，∵∠BAC=90°，∴BC是直径，∴∠BDC=90°，∴BC==4，∴△ABC外接圆的半径=×4=2．20〔2017山东德州〕．如图，Rt△ABC，∠C=90°，D为BC的中点，以AC为直径的⊙O交AB于点E．〔1〕求证：DE是⊙O的切线；〔2〕假设AE：EB=1：2，BC=6，求AE的长．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．【分析】〔1〕求出∠OED=∠BCA=90°，根据切线的判定得出即可；〔2〕求出△BEC∽△BCA，得出比例式，代入求出即可．【解答】〔1〕证明：连接OE、EC，∵AC是⊙O的直径，∴∠AEC=∠BEC=90°，∵D为BC的中点，∴ED=DC=BD，∴∠1=∠2，∵OE=OC，∴∠3=∠4，∴∠1+∠3=∠2+∠4，即∠OED=∠ACB，∵∠ACB=90°，∴∠OED=90°，∴DE是⊙O的切线；〔2〕解：由〔1〕知：∠BEC=90°，∵在Rt△BEC与Rt△BCA中，∠B=∠B，∠BEC=∠BCA，∴△BEC∽△BCA，∴=，∴BC2=BE•BA，∵AE：EB=1：2，设AE=x，那么BE=2x，BA=3x，∵BC=6，∴62=2x•3x，解得：x=，即AE=．22〔2017山东枣庄〕．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F．〔1〕试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；〔2〕假设BD=2，BF=2，求阴影局部的面积〔结果保存π〕．【考点】MB：直线与圆的位置关系；MO：扇形面积的计算．【分析】〔1〕连接OD，证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；〔2〕在直角三角形OBD中，设OF=OD=x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，直角三角形ODB的面积减去扇形DOF面积即可确定出阴影局部面积．【解答】解：〔1〕BC与⊙O相切．证明：连接OD．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD=∠CAD．又∵OD=OA，∴∠OAD=∠ODA．∴∠CAD=∠ODA．∴OD∥AC．∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．又∵BC过半径OD的外端点D，∴BC与⊙O相切．〔2〕设OF=OD=x，那么OB=OF+BF=x+2，根据勾股定理得：OB2=OD2+BD2，即〔x+2〕2=x2+12，解得：x=2，即OD=OF=2，∴OB=2+2=4，∵Rt△ODB中，OD=OB，∴∠B=30°，∴∠DOB=60°，∴S扇形AOB==，那么阴影局部的面积为S△ODB﹣S扇形DOF=×2×2﹣=2﹣．故阴影局部的面积为2﹣．23．〔2017山东滨州〕如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC．〔1〕求证：直线DM是⊙O的切线；〔2〕求证：DE2＝DF·DA．思路分析：〔1〕①连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；②证明∠BAD＝∠DAC；③证明∠G＝∠BAD；④证明∠MDB＝∠G；⑤证明∠GDM＝90°；〔2〕①利用相似证明BD2＝DF·DA；②利用等角对等边证明DB＝DE．证明：〔1〕如答图1，连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；∵点E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC．[∵∠G＝∠BAD，∴∠MDB＝∠G，∵DG为⊙O的直径，∴∠GBD＝90°，∴∠G＋∠BDG＝90°．AG∴∠MDB＋∠BDG＝90°．∴直线DM是⊙OAGAA答图1答图2AA〔2〕如答图2，连接BE．∵点E是△ABC的内心，∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD．∵∠EBD＝∠CBE＋∠CBD，∠BED＝∠ABE＋∠BAD，∠CBD＝∠CAD．∴∠EBD＝∠BED，∴DB＝DE．∵∠CBD＝∠BAD，∠ADB＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB，∴BD2＝DF·DA．∴DE2＝DF·DA．24〔2017浙江温州〕．如图，线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C〔点C在线段BD上〕，连结AC，DE．〔1〕当∠APB=28°时，求∠B和的度数；〔2〕求证：AC=AB．〔3〕在点P的运动过程中①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，假设以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．【考点】MR：圆的综合题．【分析】〔1〕根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到=2∠MDB=56°；〔2〕根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；〔3〕①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进展讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或；②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，进而得出S△ACG=CG×CH=，再根据S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．【解答】解：〔1〕∵MN⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如图1，连接MD，∵MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴=2∠MDB=56°；〔2〕∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；〔3〕①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，∵MD是Rt△MBP的中线，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，∴12+MR2=22+PR2，∴12+〔4﹣PR〕2=22+PR2，∴PR=，∴MR=，Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，∴Q与R重合，∴MQ=MR=；Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，在Rt△QCP中，PQ=2PR=，∴MQ=；Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，∵BM=1，MP=4，∴BP=，∴DP=BP=，∵cos∠MPB==，∴PQ=，∴MQ=；Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ=；综上所述，MQ的值为或或；②△ACG和△DEG的面积之比为．理由：如图6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，∴CG=MH=﹣1，∴S△ACG=CG×CH=，∵S△DEG=，∴S△ACG：S△DEG=．22〔2017浙江台州〕．如图，等腰直角三角形ABC，点P是斜边BC上一点〔不与B，C重合〕，PE是△ABP的外接圆⊙O的直径．〔1〕求证：△APE是等腰直角三角形；〔2〕假设⊙O的直径为2，求PC2+PB2的值．【考点】MA：三角形的外接圆与外心；KW：等腰直角三角形．【分析】〔1〕只要证明∠AEP=∠ABP=45°，∠PAB=90°即可解决问题；〔2〕作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，那么四边形PMAN是矩形，可得PM=AN，由△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，推出PC=PM，PB=PN，可得PC2+PB2=2〔PM2+PN2〕=2〔AN2+PN2〕=2PA2=PE2=22=4；【解答】〔1〕证明：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=∠ABC=45°，∴∠AEP=∠ABP=45°，∵PE是直径，∴∠PAB=90°，∴∠APE=∠AEP=45°，∴AP=AE，∴△PAE是等腰直角三角形．〔2〕作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，那么四边形PMAN是矩形，∴PM=AN，∵△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，∴PC=PM，PB=PN，∴PC2+PB2=2〔PM2+PN2〕=2〔AN2+PN2〕=2PA2=PE2=22=4．23〔2017浙江杭州〕．如图，△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上〔不与点A，B重合〕，点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，〔1〕点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：ɑ30°40°50°60°β120°130°140°150°γ150°140°130°120°猜测：β关于ɑ的函数表达式，γ关于ɑ的函数表达式，并给出证明：〔2〕假设γ=135°，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．【分析】〔1〕由圆周角定理即可得出β=α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED=α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；〔2〕由〔1〕及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，所以，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r；【解答】解：〔1〕猜测：β=α+90°，γ=﹣α+180°连接OB，∴由圆周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，∵OB=OA，∴∠OBA=∠OAB=α，∴∠BOA=180°﹣2α，∴2β=360°﹣〔180°﹣2α〕，∴β=α+90°，∵D是BC的中点，DE⊥BC，∴OE是线段BC的垂直平分线，∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°∵∠BCA=∠EDC+∠CED，∴β=90°+∠CED，∴∠CED=α，∴∠CED=∠OBA=α，∴O、A、E、B四点共圆，∴∠EBO+∠EAG=180°，∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，∴γ+α=180°；〔2〕当γ=135°时，此时图形如以以下列图，∴α=45°，β=135°，∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，由〔1〕可知：O、A、E、B四点共圆，∴∠BEC=90°，∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，∴，∴，设CE=3x，AC=x，由〔1〕可知：BC=2CD=6，∵∠BCE=45°，∴CE=BE=3x，∴由勾股定理可知：〔3x〕2+〔3x〕2=62，x=，∴BE=CE=3，AC=，∴AE=AC+CE=4，在Rt△ABE中，由勾股定理可知：AB2=〔3〕2+〔4〕2，∴AB=5，∵∠BAO=45°，∴∠AOB=90°，在Rt△AOB中，设半径为r，由勾股定理可知：AB2=2r2，∴r=5，∴⊙O半径的长为5．【点评】此题考察圆的综合问题，涉及圆周角定理，勾股定理，解方程，垂直平分线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．26、〔2017•宁波〕有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．(1)如图1，在半对角四边形A