初中数学一轮复习课时导学案讲初中数学中考一轮复习圆的综合导学案 26页

思考与收获 ‎2016年初中数学中考一轮复习 第28课 圆的综合 导学案 ‎【考点梳理】：‎ 1、 圆与三角形 2、 圆与四边形 3、 圆与函数 4、 圆与图形变换 ‎【思想方法】‎ 方程思想，分类讨论 ‎【考点一】：圆与三角形 ‎【例题赏析】（2015•湖北, 第25题10分）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AE和过点C的切线互相垂直，垂足为E，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，BC，PB：PC=1：2．‎ ‎（1）求证：AC平分∠BAD；‎ ‎（2）探究线段PB，AB之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）若AD=3，求△ABC的面积．‎ 考点： 圆的综合题．‎ 分析： （1）首先连接OC，由PE是⊙O的切线，AE和过点C的切线互相垂直，可证得OC∥AE，又由OA=OC，易证得∠DAC=∠OAC，即可得AC平分∠BAD；‎ ‎（2）由AB是⊙O的直径，PE是切线，可证得∠PCB=∠PAC，即可证得△PCB∽△PAC，然后由相似三角形的对应边成比例与PB：PC=1：2，即可求得答案；‎ ‎（3）首先过点O作OH⊥AD于点H，则AH=AD=，四边形OCEH是矩形，即可得AE=+OC，由OC∥AE，可得△PCO∽△PEA，然后由相似三角形的对应边成比例，求得OC的长，再由△PBC∽△‎ PCA，证得AC=2BC，然后在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得（2BC）2+BC2=52，即可求得BC的长，继而求得答案．‎ 思考与收获 解答： （1）证明：连接OC，‎ ‎∵PE是⊙O的切线，‎ ‎∴OC⊥PE，‎ ‎∵AE⊥PE，‎ ‎∴OC∥AE，‎ ‎∴∠DAC=∠OCA，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OCA=∠OAC，‎ ‎∴∠DAC=∠OAC，‎ ‎∴AC平分∠BAD；‎ ‎（2）线段PB，AB之间的数量关系为：AB=3PB．‎ 理由：∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∴∠BAC+∠ABC=90°，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴∠OCB=∠ABC，‎ ‎∵∠PCB+∠OCB=90°，‎ ‎∴∠PCB=∠PAC，‎ ‎∵∠P是公共角，‎ ‎∴△PCB∽△PAC，‎ ‎∴，‎ ‎∴PC2=PB•PA，‎ ‎∵PB：PC=1：2，‎ ‎∴PC=2PB，‎ ‎∴PA=4PB，‎ ‎∴AB=3PB；‎ 思考与收获 ‎（3）解：过点O作OH⊥AD于点H，则AH=AD=，四边形OCEH是矩形，‎ ‎∴OC=HE，‎ ‎∴AE=+OC，‎ ‎∵OC∥AE，‎ ‎∴△PCO∽△PEA，‎ ‎∴，‎ ‎∵AB=3PB，AB=2OB，‎ ‎∴OB=PB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴OC=，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∵△PBC∽△PCA，‎ ‎∴，‎ ‎∴AC=2BC，‎ 在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，‎ ‎∴（2BC）2+BC2=52，‎ ‎∴BC=，‎ ‎∴AC=2，‎ ‎∴S△ABC=AC•BC=5．‎ 点评： 此题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．‎ 思考与收获 ‎【考点二】：圆与四边形 ‎【例题赏析】（2015•永州，第27题10分）问题探究：‎ ‎（一）新知学习：‎ 圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．‎ ‎（二）问题解决：‎ 已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．‎ ‎（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；‎ ‎（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；‎ ‎（3）若直径AB与CD相交成120°角．‎ ‎①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；‎ ‎②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．‎ ‎（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．‎ 考点：圆的综合题．‎ 专题：探究型．‎ 分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；‎ ‎（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；‎ ‎（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；‎ 思考与收获 ‎（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．‎ 解答：（1）如图一，‎ ‎∵PM⊥OC，PN⊥OB，‎ ‎∴∠PMO=∠PNO=90°，‎ ‎∴∠PMO+∠PNO=180°，‎ ‎∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；‎ ‎（2）如图一，‎ ‎∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，‎ ‎∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，‎ ‎∴四边形PMON是矩形，‎ ‎∴MN=OP=2，‎ ‎∴MN的长为定值，该定值为2；‎ ‎（3）①如图二，‎ ‎∵P1是的中点，∠BOC=120°‎ ‎∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．‎ ‎∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，‎ ‎∴P1M=P1N，‎ ‎∴△P1MN是等边三角形，‎ ‎∴MN=P1M．‎ ‎∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=，‎ ‎∴MN=；‎ ‎②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，‎ 思考与收获 交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，‎ 则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，‎ 在Rt△QMN中，sin∠MQN=，‎ ‎∴MN=QN•sin∠MQN，‎ ‎∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=，‎ ‎∴MN是定值．‎ ‎（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．‎ 当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．‎ 点评：‎ 本题主要考查了圆内接四边形的判定定理、圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角函数、角平分线的性质等知识，推出MN=OP•sin∠MQN是解决本题的关键．‎ 思考与收获 ‎【考点三】：圆与函数 ‎【例题赏析】（2015广西崇左第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，点M的坐标是（5，4），⊙M与y轴相切于点C，与x轴相交于A，B两点．‎ ‎（1）则点A，B，C的坐标分别是A（　　　　　　，　　　　　　），B（　　　　　　，　　　　　　），C（　　　　　　，　　　　　　）；‎ ‎（2）设经过A，B两点的抛物线解析式为y=（x﹣5）2+k，它的顶点为F，求证：直线FA与⊙M相切；‎ ‎（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点P，且点P在x轴的上方，使△PBC是等腰三角形？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎【思路分析】（1）连接MC，则MC垂直于y轴，MA=MC=5，MD=4，由勾股定理可计算AD和DB；（2）把A、或B或C的坐标代入y=,确定二次函数表达式y=，连接MA，根据勾股定理计算AF，由勾股定理逆定理判断MA⊥AF，从而说明FA是切线；（3）设P（x,4）,当C为顶点时，在Rt△CMP1中用x表示CP1，根据P1C2=BC2列方程求解；当B为顶点时，在Rt△BDP2中用x表示CP2，根据P2B2=BC2列方程求解；当P是顶点时，易知P和M重合.‎ 解：（1）连接MC，则MC垂直于y轴，MA=MC=5，MD=4，‎ 在Rt△AMD中，AD==3，‎ 同理在Rt△BMD中，BD=3，‎ ‎∴A（2,0），B（8,0），C（0,4）；‎ ‎（2）把A（2,0）y=,‎ 思考与收获 解得k=-,‎ ‎∴y=，‎ ‎∴F（5，-）.‎ 连接MA，则MF=4+=，AF==，‎ ‎∴，‎ ‎∴MA⊥AF，‎ ‎∴FA与⊙M相切；‎ ‎（3）设P（x,4）,BC2=80.当C为顶点时，在Rt△CMP1中, CP12=25+(x-4)2,∴25+(x-4)2=80，x=4，点P在x轴上方，故x=4+,所以（4+，4）；‎ 当B为顶点时，在Rt△BDP2中，CP2=9+(x-4)2, ∴9+(x-4)2=80，‎ x=4，点P在x轴上方，故x=4+,所以（4+，4）；‎ 当P是顶点时，P和M重合，P3（5,4）.‎ 用x表示CP2，根据P2B=BC列方程求解；当P是顶点时，‎ 综上当P（4+，4）、（4+，4）或（5,4）时△PBC是等腰三角形.‎ 用x表示CP1，根据P1C=BC列方程求解；当B为顶点时，在Rt△BDP2中用x表示CP2，根据P2B=BC列方程求解；当P是顶点时，易知P和M重合.‎ 思考与收获 点评：①求点的坐标，就是计算和坐标有关的线段，即计算该点作和坐标轴垂线段，注意线段长度和坐标转化时符号的变化；②运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形、矩形解决有关问题．证明切线的的方法：连半径，证垂直，即要证明一条直线是圆的切线，可证明这条直线经过半径外端且垂直与这条半径.‎ ‎【考点四】：圆与图形变换 ‎ 【例题赏析】（2015•江苏盐城，第28题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x2的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点．‎ ‎（1）求直线AB的函数表达式；‎ ‎（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；‎ ‎（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t＜2）是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值．‎ 考点： 二次函数综合题．‎ 分析： （1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，构建等腰直角△QDC，利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答；‎ ‎（3）根据相似三角形的对应角相等推知：△PBQ中必有一个内角为45°；需要分类讨论：∠PBQ=45°和∠PQB=45°；然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答．另外，以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况：△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT．‎ 思考与收获 解答： 解：（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．‎ ‎∵∠OPA=45°，‎ ‎∴OM=OP=2，即M（﹣2，0）．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（﹣2，0），P（0，2）两点坐标代入，得 ‎，‎ 解得．‎ 故直线AB的解析式为y=x+2；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，根据条件可知△QDC为等腰直角三角形，则QD=QC．‎ 设Q（m，m2），则C（m，m+2）．‎ ‎∴QC=m+2﹣m2=﹣（m﹣）2+，‎ QD=QC=[﹣（m﹣）2+]．‎ 故当m=时，点Q到直线AB的距离最大，最大值为；‎ ‎（3）∵∠APT=45°，‎ ‎∴△PBQ中必有一个内角为45°，由图知，∠BPQ=45°不合题意．‎ ‎①如图②，若∠PBQ=45°，过点B作x轴的平行线，与抛物线和y轴分别交于点Q′、F．此时满足∠PBQ′=45°．‎ ‎∵Q′（﹣2，4），F（0，4），‎ ‎∴此时△BPQ′是等腰直角三角形，由题意知△PAT也是等腰直角三角形．‎ ‎（i）当∠PTA=90°时，得到：PT=AT=1，此时t=1；‎ ‎（ii）当∠PAT=90°时，得到：PT=2，此时t=0．‎ ‎②如图③，若∠PQB=45°，①中是情况之一，答案同上；‎ 先以点F为圆心，FB为半径作圆，则P、B、Q′都在圆F上，设圆F与y轴左侧的抛物线交于另一点Q″．‎ 则∠PQ″B=∠PQ′B=45°（同弧所对的圆周角相等），即这里的交点Q″也是符合要求．‎ 设Q″（n，n2）（﹣2＜n＜0），由FQ″=2，得 思考与收获 n2+（4﹣n20=22，即n4﹣7n2+12=0．‎ 解得n2=3或n2=4，而﹣2＜n＜0，故n=﹣，即Q″（﹣，3）．‎ 可证△PFQ″为等边三角形，‎ 所以∠PFQ″=60°，又PQ″=PQ″，‎ 所以∠PBQ″=∠PFQ″=30°．‎ 则在△PQ″B中，∠PQ″B=45°，∠PBQ″=30°．‎ ‎（i）若△Q″PB∽△PAT，则过点A作y轴的垂线，垂足为E．‎ 则ET=AE=，OE=1，‎ 所以OT=﹣1，‎ 解得t=1﹣；‎ ‎（ii）若△Q″BP∽△PAT，则过点T作直线AB垂线，垂足为G．‎ 设TG=a，则PG=TG=a，AG=TG=a，AP=，‎ ‎∴a+a=，‎ 解得PT=a=﹣1，‎ ‎∴OT=OP﹣PT=3﹣，‎ ‎∴t=3﹣．‎ 综上所述，所求的t的值为t=1或t=0或t=1﹣或t=3﹣．‎ 思考与收获 点评： 本题考查了二次函数综合题．其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值的求法以及相似三角形的判定与性质，难度比较大．另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，做到不重不漏． ‎ ‎【考点五】：圆与锐角三角函数 ‎【例题赏析】‎ ‎（2015•湘潭，第25题10分）如图，已知AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线MA，P为直线MA上一动点，以点P为圆心，PA为半径作⊙P，交⊙O于点C，连接PC、OP、BC．‎ ‎（1）知识探究（如图1）：‎ ‎①判断直线PC与⊙O的位置关系，请证明你的结论；‎ ‎②判断直线OP与BC的位置关系，请证明你的结论．‎ ‎（2）知识运用（如图2）：‎ 当PA＞OA时，直线PC交AB的延长线于点D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．‎ 分析：（1）①PC与⊙O相切．易证明△PAO≌△PCO，则∠PAO=∠PCO，由PA是⊙O的切线，可知∠PAO=∠PCO=90°，即可证明结论；‎ 思考与收获 ‎②OP∥BC．由（1）可知∠POA=∠POC，根据圆周角定理可知∠B=∠POA，根据同位角相等可证明OP∥BC．‎ ‎（2）根据OP∥BC，可知，由BD=2AB，可知AD=6OA，OD=5OB，所以PD=5PC，设设PA=PC=R，OA=r，根据勾股定理列方程求出R与r的数量关系，即可在Rt△PAO中求出tan∠ABC=tan∠POA．‎ 解答：（1）①PC与⊙O相切．‎ 证明：如图1，连接OC，‎ 在△PAO和△PCO中，‎ ‎，‎ ‎∴△PAO≌△PCO，‎ ‎∴∠PAO=∠PCO，‎ ‎∵PA是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠PAO=∠PCO=90°，‎ ‎∴PC与⊙O相切．‎ ‎②OP∥BC．‎ 证明：∵△PAO≌△PCO，‎ ‎∴∠POA=∠POC，‎ ‎∴∠B=∠POA，‎ ‎∴OP∥BC．‎ ‎（2）解：如图2，‎ ‎∵BD=2AB，‎ ‎∴BD=4OB，AD=6OA，‎ ‎∴，‎ ‎∵OP∥BC，‎ ‎∴，‎ ‎∴PD=5PC，‎ 设PA=PC=R，OA=r，‎ ‎∴AD=6r，PD=5R，‎ 思考与收获 ‎∵PA2+AD2=PD2，‎ ‎∴R2+（6r）2=（5R）2‎ 解得：R=r，‎ ‎∵tan∠ABC=tan∠POA=，‎ ‎∴tan∠ABC═==．‎ 点评：本题主要考查了圆的有关性质、切线的性质与判定、平行线分线段成比例定理、勾股定理以及锐角三角函数的综合应用，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．‎ ‎【真题专练】‎ ‎1. （2015•铜仁市）（第24题）如图，已知三角形ABC的边AB是⊙0的切线，切点为B．AC经过圆心0并与圆相交于点D、C，过C作直线CE丄AB，交AB的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：CB平分∠ACE；‎ ‎（2）若BE=3，CE=4，求⊙O的半径．‎ 思考与收获 ‎2. （2015•桂林）（第25题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点．‎ ‎（1）如图1，求⊙O的半径；‎ ‎（2）如图1，若点E是BC的中点，连接PE，求PE的长度；‎ ‎（3）如图2，若点M是BC边上任意一点（不含B、C），以点M为直角顶点，在BC的上方作∠AMN=90°，交直线CP于点N，求证：AM=MN．‎ ‎3. （2015•青海西宁第26题10分）如图，已知BC为⊙O的直径，BA平分∠FBC交⊙O于点A，D是射线BF上的一点，且满足=，过点O作OM⊥AC于点E，交⊙O于点M，连接BM，AM．‎ ‎（1）求证：AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若sin∠ABM=，AM=6，求⊙O的半径．‎ 思考与收获 ‎4．（2015•昆明第22题，8分）如图，AH是⊙O的直径，AE平分∠FAH，交⊙O于点E，过点E的直线FG⊥AF，垂足为F，B为直径OH上一点，点E、F分别在矩形ABCD的边BC和CD上．‎ ‎（1）求证：直线FG是⊙O的切线；‎ ‎（2）若CD=10，EB=5，求⊙O的直径．‎ ‎5. （2015•曲靖24题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l⊥y轴于点B（0，﹣2），A为OB的中点，以A为顶点的抛物线y=ax2+c与x轴交于C、D两点，且CD=4，点P为抛物线上的一个动点，以P为圆心，PO为半径画圆．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若⊙P与y轴的另一交点为E，且OE=2，求点P的坐标；‎ ‎（3）判断直线l与⊙P的位置关系，并说明理由．‎ ‎【真题演练参考答案】‎ ‎1. （2015•铜仁市）（第24题）如图，已知三角形ABC的边AB是⊙0的切线，切点为B．AC经过圆心0并与圆相交于点D、C，过C作直线CE丄AB，交AB的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：CB平分∠ACE；‎ ‎（2）若BE=3，CE=4，求⊙O的半径．‎ 考点：切线的性质．.‎ 分析：（1）证明：如图1，连接OB，由AB是⊙0的切线，得到OB⊥AB，由于CE丄AB，的OB∥CE，于是得到∠1=∠3，根据等腰三角形的性质得到∠1=∠2，通过等量代换得到结果．‎ ‎（2）如图2，连接BD通过△DBC∽△CBE，得到比例式，列方程可得结果．‎ 解答：（1）证明：如图1，连接OB，‎ ‎∵AB是⊙0的切线，‎ ‎∴OB⊥AB，‎ ‎∵CE丄AB，‎ ‎∴OB∥CE，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∴CB平分∠ACE；‎ ‎（2）如图2，连接BD，‎ ‎∵CE丄AB，‎ ‎∴∠E=90°，‎ ‎∴BC===5，‎ ‎∵CD是⊙O的直径，‎ ‎∴∠DBC=90°，‎ ‎∴∠E=∠DBC，‎ ‎∴△DBC∽△CBE，‎ ‎∴，‎ ‎∴BC2=CD•CE，‎ ‎∴CD==，‎ ‎∴OC==，‎ ‎∴⊙O的半径=．‎ 点评：本题考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎2. （2015•桂林）（第25题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点．‎ ‎（1）如图1，求⊙O的半径；‎ ‎（2）如图1，若点E是BC的中点，连接PE，求PE的长度；‎ ‎（3）如图2，若点M是BC边上任意一点（不含B、C），以点M为直角顶点，在BC的上方作∠AMN=90°，交直线CP于点N，求证：AM=MN．‎ 考点： 圆的综合题．‎ 分析： （1）利用切线的性质以及正方形的判定与性质得出⊙O的半径即可；‎ ‎（2）利用垂径定理得出OE⊥BC，∠OCE=45°，进而利用勾股定理得出即可；‎ ‎（3）在AB上截取BF=BM，利用（1）中所求，得出∠ECP=135°，再利用全等三角形的判定与性质得出即可．‎ 解答： 解：（1）如图1，连接OD，OC，‎ ‎∵PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点，‎ ‎∴∠ODP=∠OCP=90°，‎ ‎∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，‎ ‎∴∠DOC=90°，OD=OC，‎ ‎∴四边形DOCP是正方形，‎ ‎∵AB=4，∠ODC=∠OCD=45°，‎ ‎∴DO=CO=DC•sin45°=×4=2；‎ ‎（2）如图1，连接EO，OP，‎ ‎∵点E是BC的中点，‎ ‎∴OE⊥BC，∠OCE=45°，‎ 则∠E0P=90°，‎ ‎∴EO=EC=2，OP=CO=4，‎ ‎∴PE==2；‎ ‎（3）证明：如图2，在AB上截取BF=BM，‎ ‎∵AB=BC，BF=BM，‎ ‎∴AF=MC，∠BFM=∠BMF=45°，‎ ‎∵∠AMN=90°，‎ ‎∴∠AMF+∠NMC=45°，∠FAM+∠AMF=45°，‎ ‎∴∠FAM=∠NMC，‎ ‎∵由（1）得：PD=PC，∠DPC=90°，‎ ‎∴∠DCP=45°，‎ ‎∴∠MCN=135°，‎ ‎∵∠AFM=180°﹣∠BFM=135°，‎ 在△AFM和△CMN中 ‎，‎ ‎∴△AFM≌△CMN（ASA），‎ ‎∴AM=MN．‎ 点评： 此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质以及正方形的判定与性质等知识，正确作出辅助线得出∠MCN=135°是解题关键．‎ ‎3. （2015•青海西宁第26题10分）如图，已知BC为⊙O的直径，BA平分∠FBC交⊙O于点A，D是射线BF上的一点，且满足=，过点O作OM⊥AC于点E，交⊙O于点M，连接BM，AM．‎ ‎（1）求证：AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若sin∠ABM=，AM=6，求⊙O的半径．‎ 考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．.‎ 分析： （1）要证AD是⊙O的切线，连接OA，只证∠DAO=90°即可．‎ ‎（2）连接CM，根据垂径定理求得=，进而求得∠ABM=∠CBM，AM=CM=6，从而得出sin∠CBM=，在RT△BMC中，利用正弦函数即可求得直径AB，进而求得半径．‎ 解答： （1）证明：连接OA；‎ ‎∵BA平分∠CBF，‎ ‎∴∠ADB=∠CAB，‎ ‎∵，‎ ‎∴△ADB∽△CBA，‎ ‎∴∠ADB=∠CAB，‎ 又∵BC为⊙O的直径，‎ ‎∴∠CAB=90°，∠ADB=90°，‎ 又∵点A在圆O上，‎ ‎∴OA=OB，∠OAB=∠OBA=∠DBA，‎ ‎∴FB∥OA，‎ ‎∴∠ADB+∠OAD=180°，‎ ‎∠OAD=90°，‎ ‎∴OA⊥DA，∵OA为半径，‎ ‎∴DA为⊙O的切线．‎ ‎（2）解：连接CM，‎ ‎∵OM⊥AC于点E，OM是半径，‎ ‎∴=，‎ ‎∴∠ABM=∠CBM，AM=CM=6，‎ ‎∴sin∠ABM=sin∠CBM=，‎ ‎∵BC为⊙O的直径，‎ ‎∴∠BMC=90°，‎ 在RT△BMC中，sin∠CBM=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BC=10，‎ ‎∴⊙O的半径为5．‎ 点评： 本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了三角函数的知识．‎ ‎4．（2015•昆明第22题，8分）如图，AH是⊙O的直径，AE平分∠FAH，交⊙O于点E，过点E的直线FG⊥AF，垂足为F，B为直径OH上一点，点E、F分别在矩形ABCD的边BC和CD上．‎ ‎（1）求证：直线FG是⊙O的切线；‎ ‎（2）若CD=10，EB=5，求⊙O的直径．‎ 考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．‎ 分析： （1）连接OE，证明FG是⊙O的切线，只要证明∠OEF=90°即可；‎ ‎（2）设OA=OE=x，则OB=10﹣x，在Rt△OBE中，∠OBE=90°，BE=5，由勾股定理得：OB2+BE2=OE2，即（10﹣x）2+52=x2，求出x的值，即可解答．‎ 解答： 解：（1）如图1，连接OE，‎ ‎∵OA=OE，‎ ‎∴∠EAO=∠AEO，‎ ‎∵AE平分∠FAH，‎ ‎∴∠EAO=∠FAE，‎ ‎∴∠FAE=∠AEO，‎ ‎∴AF∥OE，‎ ‎∴∠AFE+∠OEF=180°，‎ ‎∵AF⊥GF，‎ ‎∴∠AFE=∠OEF=90°，‎ ‎∴OE⊥GF，‎ ‎∵点E在圆上，OE是半径，‎ ‎∴GF是⊙O的切线．‎ ‎（2）∵四边形ABCD是矩形，CD=10，‎ ‎∴AB=CD=10，∠ABE=90°，‎ 设OA=OE=x，则OB=10﹣x，‎ 在Rt△OBE中，∠OBE=90°，BE=5，‎ 由勾股定理得：OB2+BE2=OE2，‎ ‎∴（10﹣x）2+52=x2，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴⊙O的直径为．‎ 点评： 本题考查的是切线的判定，解决本题的关键是要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．‎ ‎5. （2015•曲靖24题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l⊥y轴于点B（0，﹣2），A为OB的中点，以A为顶点的抛物线y=ax2+c与x轴交于C、D两点，且CD=4，点P为抛物线上的一个动点，以P为圆心，PO为半径画圆．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若⊙P与y轴的另一交点为E，且OE=2，求点P的坐标；‎ ‎（3）判断直线l与⊙P的位置关系，并说明理由．‎ 考点： 二次函数综合题．.‎ 分析： （1）根据题意可知A（0，﹣1），C（﹣2，0），D（2，0），从而可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据OE=2可知点E的坐标为（0，2）或（0，﹣2），从而可确定出点P的纵坐标为1或﹣1；‎ ‎（3）设点P的坐标为（m，），然后求得圆P的半径OP和点P到直线l的距离，根据d=r，可知直线和圆相切．‎ 解答： 解：（1）∵点A为OB的中点，‎ ‎∴点A的坐标为（0，﹣1）．‎ ‎∵CD=4，由抛物线的对称性可知：点C（﹣2，0），D（2，0），‎ 将点A（0，﹣1），C（﹣2，0），D（2，0）代入抛物线的解析式得：，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线得解析式为y=．‎ ‎（2）如下图：过点P1作P1F⊥OE．‎ ‎∵OE=2，‎ ‎∴点E的坐标为（0，2）．‎ ‎∵P1F⊥OE．‎ ‎∴EF=OF．‎ ‎∴点P1的纵坐标为1．‎ 同理点P2的纵坐标为1．‎ 将y=1代入抛物线的解析式得：x1=，x2=2．‎ ‎∴点P1（﹣2，1），P2（﹣2，1）．‎ 如下图：‎ 当点E与点B重合时，点P3与点A重合，‎ ‎∴点P3的坐标为（0，﹣1）．‎ 综上所述点P的坐标为（﹣2，1）或（2，1）或（0，﹣1）．‎ ‎（3）设点P的坐标为（m，），‎ ‎∴圆的半径OP==，‎ 点P到直线l的距离=﹣（﹣2）=+1．‎ ‎∴d=r．‎ ‎∴直线l与圆P相切．‎ 点评： 本题主要考查的是二次函数与圆的综合应用，根据题意确定出点E的坐标，然后再得出点P的纵坐标是解题的关键．‎