1、 深圳中考专项复习第 19 讲之圆综合压轴题 【考点介绍】 每年深圳中考两题解答压轴题之一，考查圆与其它几何图形知识的综合运用，难度极大，其中第（2）小题中 等难度，第（3）小题高难度。 【最近五年深圳中考实题详解】 1.(2019 深圳) 已知在平面直角坐标系中，点 A（3，0） 、B（-3，0） 、C（-3，8） ，以线段 BC 为直径作圆，圆心为 E，直线 AC 交E 于点 D，连接 OD. （1）求证：直线 OD 是E 的切线； （2）点 F 为 x 轴上任意一动点，连接 CF 交E 于点 G，连接 BG； 当 tanACF=1 7时，求所有 F 点的坐标_（直接写出） ； 求BG C
2、F的最大值； 【思路分析】 （1）证切线，必连 DE，双切线，必连 EO，由 O、E 是中点可知 OE 是中位线，可得 OE/CA,由数学典型模型“等腰 三角形+平行线=角平分线”易得 OE 是角平分线，则OBEODE，可得EDO=90，OD 是切线； （2）利用三角函数差角公式求解，分点 F 在 A 点左侧及右侧两种情况代入计算； （3）用代数方法求解，设 F 点坐标，用代数式表示出 BG：CF，再利用”a2+ b22ab”求最值； 【解题过程】 G FA C E D BO y x 3 2 1 图1 A C E D BO y x （1）连接 DE、OE，OB=OA,EC=EB，OE 是BAC
3、 的中位线，OE/CA，1=C,2=3,EC=ED,C=3, 1=2,BE=DE,EO=EO,OBEODE，EBO=ODE=90,直线 OD 是E 的切线； （2）三角函数和角公式求解：tan( ) = tantan 1+tantan， 当 F点在 A点左侧时， tanACF=tan(BCA-BCF)= tanBCAtanBCF 1+tanBCAtanBCF = BA BC BF BC 1+BA BC BF BC = 6 8 BF 8 1+6 8 BF 8 = 1 7,解得BF= 136 31 ， OB=3, F 点的坐标为（43 31，0） 当 F 点在 A 点右侧时， tanACF=tan
4、(BCF-BCA)= tanBCFtanBCA 1+tanBCFtanBCA = BF BC BA BC 1+BF BC BA BC = BF 8 6 8 1+BF 8 6 8 = 1 7,解得 BF=8， OB=3, F 点的坐标为（5，0） 综上所述，当 tanACF=1 7时，F 点的坐标是（ 43 31，0）或（5，0） （3）CBF=BGC=90，故BG CF = BC BF， BG = BCBF CF ，BG CF = BCBF CF2 ， 设 F 点坐标为（m， 0） ，则 BF=|m+3|， CF2= 64 + (m + 3)2,BG CF = 8|m+3| 64+(m+3)2
5、 = 8 64 |m+3|+|m+3| ,当 64 |m+3| + |m + 3|有最小值时，BG CF有最大值。 64 |m+3| + |m + 3| = ( 64 |m+3|) 2 + (|m + 3|)2 2 64 |m+3| |m + 3| = 16， 64 |m+3| + |m + 3|的最小值为 16，则BG CF的 最大值为 8 16 = 1 2. 2.(2018 深圳) 如图,在 O中，BC=2,AB=AC,点 D 为 AC 上的动点，延长 AD 交 BC 的延长线于点 E，且cosB = 10 10 . (1)求 AB 的长度；(2)求AD AE的值；(3)过 A 点作 AH
6、BD,求证：BH=CD+DH. 【解析】 （1）基础简单小题。思路：看到三角函数，意味着需要直角三角形，由等腰三角形联想到“三线合一”. 作 ANBC 于点 N，AB=AC，BC=2，BN=1 2BC=1，在 RtANB 中，cosB = BN AB = 10 10 ,AB= 10 10 = 10. （2）中等偏下难度小题。思路：由“AD AE” ，联想到相似的乘积式，首先考虑运用相似知识来解答，即需要找一 O A BC DD C H EB A O 个以 AD 为边的三角形，与 AE 为边的三角形来相似，根据“解题思路的延续性” ，这两个三角形应与第（1）小题的 结论：AB 有关，符合这些信息
7、的三角形只有ADB 与ABE，恰好这两个三角形是“共角模型” ，所以只需要再证一 角相等即可。 AB = AB，ADB=ACB，AB=AC，ACB=ABC，ADB=ABC，DAB=BAE，ABDAEB， AB AD = AE AB，AD AE = AB 2 = 10 （3）压轴性质小题。思路：由“BH=CD+DH”联想到求线段和差问题的解题方法：截长补短。 延长 CD 到 P，使 DP=DH，连接 AP. 四边形 ABCD 是圆内接四边形，ABC+ADC=180，ADP+ADC=180，ABC=ADP，由（2）可知， ADB=ABC，ADP=ADB，DP=DH，AD=AD，AHDAPD（SAS
8、） ，P=AHD=90，AP=AH，AB=AC， RtAPCRtAHB（HL） ，PC=BH，即 BH=PC=CD+PD=CD+DH. 3.(2017 深圳) 线段 AB 是O 的直径， 弦 CDAB 于点 H，点 M 是不与点 B,C 重合的BC 上的任意一点，AH=2,CH=4。 （1）如图（1） ，求O 的半径 r 的长度； （2）求 sinCMD； （3）如图（2） ，线段 BM 交 DC 的延长线于点 E，MH 的延长线交O 于点 N，连接 BN 交 CD 于点 F，求 HEHF 的值。 【解析】 ： ： （1）垂径定理解题，方法是“缺图补线、缺数设 x”. 连接 OC，在 RtCO
9、H 中，OC=r，则 OH=r-2，由勾股定理可得：(r 2)2+ 42= r2，解得 r=5 H O A BEC D D CB A O 图2 图1 N P （2）几何综合题的三角函数值，一般有两种用法：直接用：将角置于直角三角形中，直接运用某角的三角函数 值可得出边的比例关系； 间接用： 利用等角的三角形函数值会相等， 通过等量代换， 找到等角所在的直角三角形， 寻求相应边的比例关系。而稍有难度几何题中出现三角函数条件，多采用第条思路解题。如此题。连接 OD，依同 弧下圆心角与圆周角的有关系可找到CMD=AOC，在 RtCOH 中可直接得出AOC 的 sin 值，进而得出结论。 连接 OD，
10、CDAB，AC =AD=1 2DC ，AOC=1 2COD,CMD= 1 2COD,CMD=AOC,sinCMD=sinAOC,在 RtCOH 中，sinAOC=CH OC= 4 5，sinCMD= 4 5. （3）相似典型题型“乘积式”.解题思路：转化成比例： HE ( ) = ( ) HF，且比例式中括号内的边是已知长度的线段 AH、 HB、CH、HD，发现找不到这样的已知线段与 HM、HB 有关联，故此题应该存在两次相似，由解题经验可知，出现直 径常构造直角的圆周角，故连 AM，就出现了相似中的典型图形：AHM 与NHB 组成“8 字模型” ，即AHMNHB, 则HM HB = HA H
11、N，即 HM、HN 与已知长度的线段建立起了关联，若能找到 HM、HN、HE、HF 它们之间的关系，此题便可解 决，即需证EHMNHF 即可。 如图 （2） ， 连接 AM,则AMB=90,MAB+ABM=90,E+ABM=90,MAB=E,MNB=MAB=E,又 EHM=NHF,EHMNHF,HE HN = HM HF， HE HF=HMHN.HAM=HNB,HMA=HBN,HMAHBN, HM HB = HA HN, HM HN=HAHB.HE HF=HAHB=2(10-2)=16 4.(2016 深圳) 如图，已知O 的半径为 2，AB 为直径，CD 为弦。AB 与 CD 交于点 M，将
12、CD 沿 CD 翻折后，点 A 与 圆心 O 重合。延长 OA 至点 P，使 AP=OA，连接 PC。 （1）求 CD 的长； （2）求证：PC 是O 的切线； （3）点 G 为ADB 的中点，在 PC 延长线上有一动点 Q，连接 QG 交 AB 于点 E，交BC于点 F(点 F 与点 B,C 不重合)。 问 GEGF 是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由。 【解析】 ： ： （1）垂径定理解题，方法是“缺图补线、缺数设 x”. 解：如图 1，连接 OC，由折叠性质可得 OM=1 2OA=1,CDOA,OC=2,CD=2CM=2OC 2 OM2=23 （2）求 PC 是切线，即
13、求 OCPC，题中可求长度的线段很多，故考虑依勾股定理逆定理来证垂直，只需求出 PC、 OC、OP 的长即可。 证：AP=OA=2,AM=OM=1,CM=3,CMP=OMC=90,由勾股定理可得 PC=23,OC=2,OP=4,PC2+ OC2= OP2, PCO=90,PC 是O 的切线； （3）相似典型题型“乘积式”.解题思路：转化成比例： GE ( ) = ( ) GF，且比例式中括号内的边是已知长度的线段，发 现不仅找不到这样的已知线段与 GE、GF 有关联，连 GE、GF 所在三角形都没有，故需要先添辅助线，由解题经验可 知，出现直径常构造直角的圆周角，故连 AG、GB、AF、FB，
14、就出现了相似中的典型图形：GAE 与GFA 组成“共 角模型” ，即GAEGFA,则GE AG = AG GF，而 G 点为弧的中点，则AGB 是等腰直角三角形，由 AB 的长即可求出 AG 的 长，这样 GE、GF 与已知长度的线段建立起了关联，此题便可解决，即需证GAEGFA 即可。 如图（2） ，连接 GA、GB、AF,则AGB=90,G 为ADB 的中点，AGB 是等腰直角三角形，AG= 2 2 AB=22,又 GA=GB，GAB=GBA,GBA=AFG，GAB=AFG，AGE=FGA,GAEGFA,，GE AG = AG GF，GE GF=AG2 =8 【针对练习巩固】 1.如图，
15、AB 是O 的直径， C 为O 上一点， 作 CEAB 干点 E， BE=2OE， 延长 AB 至点 D， 使得 BD=AB， P 是弧 AB (异 于 A，B)上一个动点，连接 AC、PE. （1）若 AO=3，求 AC 的长度； （2）求证： CD 是O 的切线； （3）点 P 在运动的过程中是否存在常数 k，使得 PE=kPD，如果存在，求 k 的值，如果不存在，请说明理由. 2.如图 1，直线 l：y3 4x+b 与 x 轴交于点 A（4，0） ，与 y 轴交于点 B，点 C 是线段 OA 上一动 点（0AC 16 5 ） 以点 A 为圆心， AC 长为半径作A 交 x 轴于另一点 D
16、， 交线段 AB 于点 E， 连结 OE 并延长交A 于点 F （1）求直线 l 的函数表达式和 tanBAO 的值； （2）如图 2，连结 CE，当 CEEF 时， 求证：OCEOEA； 求点 E 的坐标 （3）当点 C 在线段 OA 上运动时，求 OEEF 的最大值 3.如图，已知 AB 是O 的直径，AB=4，点 C 是 AB 延长线上一点，且 BC=2，点 D 是半圆的中点，点 P 是O 上任意 一点 （1）当 PD 与 AB 交于点 E 且 PC=CE 时，求证：PC 与O 相切； （2）在（1）的条件下，求 PC 的长； （3）点 P 是O 上动点，当 PD+PC 的值最小时，求
17、PC 的长 4.如图直角坐标系中，以 M(3，0)为圆心的M 交 x 轴负半轴于点 A，交 x 轴正半轴于点 B，交 y 轴于 C、D 两点. D A B C E F o x y 图2图1 y x o F E D C B A D P ECoB A (1)若 C 点坐标为(0，4)，求点 A 坐标； (2)在(1)的条件下，在M 上，是否存在点 P，使CPM=45，若存在，求出满足条件点 P； (3)过 C 作 M 的切线 CE， 过 A 作 ANCE 于 F， 交M 于 N， 当 M 的半径大小发生变化时.AN 的长度是否变化?若变化， 求变化范围，若不变，证明并求值. 5.如图 9，O 的直
18、径 AB=10，弦 BC=25，点 P 是O 上的一动点（不与点 A、B 重合，且与点 C 分别位于直径 AB 的异侧） ，连接 PA，PC，过点 C 作 PC 的垂线交 PB 的延长线于点 D. （1）求 tanBPC 的值； （2）随着点 P 的运动，BD AP的值是否会发生变化？若变化，请说明理由，若不变，则求出它的值； （3）运动过程中，AP+2BP 的最大值是多少？请直接写出答案. 6.如图，在O 中，直线 CD 垂直于不过圆心 O 的弦 AB 于点 N，连接 AC，点 E 在 AB 上，且 AE=CE； （1）求证：AC2= AE AB； (2)过点 B 作O 的切线交 EC 的延
19、长线于点 P，试判断 PB 与 PE 是否相等，并说明理由； （3）设O 的半径为 4，点 N 为 OC 的中点，点 Q 在O 上，求线段 PQ 的最小值。 y x M D C oB A y x M D C oB A y x M D C oB A A o C P D E B N 7. 已知O 的直径 BC=30，AC 切O 于点 C，AC=40，连接 AB 交O 于点 D，连接 CD，P 是线段 CD 上一点，连接 PB. （1）如图 1，当点 P,O 的距离最小时，求 PD 的长； （2）如图 2，若射线 AP 过圆心 O，交O 于点 E，求 tanF 的值； （3）如图 3，作 DHPB
20、于点 H，连接 CH，直接写了 CH的最小值。 8如图 ，已知 AB 是O 的弦，点 C 是弧 AB 的中点，D 是弦 AB 上一动点，且不与 A、B 重合，CD 的延长线 交O 于点 E，连接 AE、BE，过点 A 作 AFBC，垂足为 F，ABC=30 （1）求证：AF 是O 的切线； （2）若 BC=6，CD=3，则 DE 的长为_； （3）当点 D 在弦 AB 上运动时, CE AE+BE的值是否变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值 9.如图，A,B,C 是O 上的三点，且 AB=AC，BC=8,点 D 为优弧BDC 上的动点，且 cosABC=4 5, (1)如图
21、1，若BCD=ACB，延长 DC 到 F，使得 CF=CA，连接 AF,求证：AF 是O 的切线； (2)如图 2，若BCD 的角平分线与 AD 交于点 E，求O 的半径与 AE 的长； (3)如图 3，将ABC 的 BC 边所在的直线l1绕点 A 旋转得到l2，直线l2与O 交于 M,N，连接 AM,AN， l2在运动过程中， AMAN 的值是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化规律。 10. 如图 1，过点 M（-1，0）为圆心的圆与 y 轴、x 轴分别交于点 A、B、C、D，与M 相切于点 H 的直线交坐标轴 分别于点 E（-5，0） 、F（0， 53 3 ）. （1）求M 的
22、半径 r； （2）如图 2，连接 CH，弦 HQ 交 x 轴于点 P，若 tanQHC=3 4，求 PH PD的值. （3）如图 3，点 P 为M 上一个动点，连接 PF、PE，求 PF+1 2PE 的最小值. 11.如图，点 P 是反比例函数y = k x (x OB，点 C 是线段 PB 延长线上一个动点，ABC 的外接圆M 与 y 轴的另一 个交点是 D。 （1）求 k 的值； （2）当圆心 M 在 y 轴上时，请判断四边形 PAMB 的形状，并说明理由； （3）当圆心 M 在 y 轴上时，设点 Q 是M 上一动点，则当 P,Q 两点之间的距离达到最大值时，求点 Q 的坐标。 图1 F
23、C D B A o o A B D C 图2 E N M o A B C 图3 Q x y o EM F 图2 A B C D HH D C B A 图1 F M P E o y x P F E y 图3 Mx M y x Q P D C B A o 【答案详解】 1.【解析】 （1）利用 RtACB 中相似图形图形： “双垂直模型” ，通过相似性质求解. 解：AO=3,BE=2OE，OE=1,BE=2,AE=4,AB 是O 的直径，ACB=90,CEAB,AEC=90, A=A,ACBAEC,AC:AE=AB:AC,AC2=AEAB=46=24，AC=26 （2）题目条件中出现多组边的关系的
24、，可以设未知数表示出 OC、OD、CD 的长度，利用勾股定理逆定理来证明 OC CD. 证：设 OE=a，则 BE=2a，OB=OC=3a，BD=AB=6a，ED=8a，AE=4a，OD=9a，由（1）中AC2=AEAB=24a2,在 RtACE 中， 由勾股定理可得 CE=22a, 在 RtECD 中，由勾股定理可得 CD=62a,则在OCD 中，由 CD=62a,OC=3a，OD=9a 可 得OC2+ CD2= OD2,OCD=90,即 OCCD，CD 是O 的切线； （3）相似典型题型“求线段比问题” ，要求 k，先求PE PD，分别找 PE、PD 所在的三角形相似，原图中没有，说明需要
25、 通过添加辅助线来寻找。由于题目已知条件中的各线段比都在 AD 这条线上，故所构造的三角形应包含有 AD 这条线 上的线段，故连接 OP，就出现了EOP 与POD 组成的相似的典型图形“共角模型” ，且这个三角形中含有已知线段 OE、OD，只需证明相似即可求出 k 的值。 解： 连接 OP， 由 （2） 可得： OE=a， OC=OP=3a， OD=9a， 则OE OP = OP OD = 1 3,又EOP=POD， EOPPOD, PE PD = OP OD = 1 3， PE=1 3PD，即 k= 1 3. 2.【解析】 （1）把 A 点坐标代入 y3 4x+b 可得直线 l 的函数表达式
26、为 y 3 4x+3，则 B（0，3） ，则 tanBAO= OB OA = 3 4（2） 相似典型图形“共角模型” 。由 CE=EF 便联想到：等弦意味着等圆心角或等圆周角，所以连接 AF，可得CAE= EAF，AC=AE=AF，ACE=AEF，由ACE+OCE=180、AEF+OEA=180可得OCE=OEA，又COE= EOA，OCEOEA； 坐标系中的点的坐标，必与垂线段挂钩，所以作 EHx 轴于点 H，只需求出 EH 的长，即 E 点的纵坐标，结合直线 AB 的解析式，即可求出点 E 的横坐标。注意解题思路的延续性，结合（1） 、 （2）结论来分析思路。由（1）可得 tanBAO=O
27、B OA = 3 4 = EH HA， 则设 EH=3x， AH=4x， 则由勾股定理可得 AE=5x=AC， OH=4-4x， OC=4-5x， 由OCEOEA 可得OE OA = OC OE可得OE 2 = OA OC = 16 20 x，在 RtOEH 中，由EH2+ OH2= OE2可列方程为：(3x)2+ (4 4x)2= 16 20 x,解得 x=12 25或 x=0(舍去)，EH= 36 25，当 y= 36 25时，解 3 4x+3= 36 25得 x= 52 25，E 点坐标为（ 52 25， 36 25） （3）分析思路中融入两条解题经验：相似典型题型：乘积式，转化成比例式
28、，利用相似知识解题；初三的最 值问题，多是代数方法，用未知数表示出与 OE:EF 的相等线段，利用二次函数配方法求最大值。 由思路思考，但图中未出现含有 OE 或 EF 的相似三角形，故需添辅助线。在图 3 中出现圆中的五大模型“等腰三 角形” ，则作 AMEF 于点 M，则 EM=MF，则作 ONAB 于点 N，ONE 与AEM 组成相似的典型图形“8 字模型” ，利 用ONEAME，可找到 OE 与 EM，OE 与1 2EF 的乘积关系：OE 1 2EF=AEEN，思路就转入到了，思考如何利用未知 数表示出 AE、EN 的长。由于 AE、EN 均处于直角三角形中，则（1）中的 tanBAO
29、 的值会是一个很好的切入点。 解： 作 AMEF 于点 M， 则 EM=FM， 作 ONAB 于点 N， tanBAO= 3 4， cosBAO= AN OA = 4 5,OA=4,AN= 16 5 ,设 AE=a， 则 EN=AN-AE=16 5 -a， 由ONE=AME=90,NEO=MEA， 可得ONEAME， NE OE = EM AE， 即 OEEM=NEAE,即 OE 1 2EF=AE EN，OEEF=2AEEN=2a(16 5 -a)=-2a2+32 5 a=-2(a 8 5) 2+128 25 ，0AC16 5 ,即 0a16 5 ,当 a=8 5时，OEEF 有最大值 为12
30、8 25 3.【解析】 （1）证切线必连 OP，出现弧的中点必找对应的圆心角或圆周角，故连 OD，如图 1，则AOD=2APD，点 D 是半 图3 y x o F E D C B A H 图4 y x o F E D C B A N M D A B C E F o x y 图5 圆的中点，则AOD=90,APD=45。要证OPC=90，从审图的角度，想办法接近OPC 与APD 的图形位置 即可。即证OPE+CPE=90，由 CP=CE 得CPE=PEC，即证OPE+CEP=90，由外角性质，即证OPE+A+ APE=90，即证OPE+A+APO+OPE=90，由 OP=OA 可得APO=A，则
31、即证 2OPE+2APO=90，即证 2 APD=90,这样与已知条件APD=45建立起了联系，思路分析完毕，解题步骤反过来书写即可得出 PC 是O 的 切线。 （2）在 RtOPC 中用勾股定理即可求解 PC 的长。 由 AB=4 可得 OA=OB=OP=2,由 BC=2 可得 OC=4，则由勾股定理可得 CP=2 3. （3）数学典型模型“将军饮马问题” ，依总体解题思路“化曲为直”可知，当 D、P、C 在同一直线上时，PD+PC 有 最小值，连接 DC 交O 于点 P，即 P 运动到 P位置时，PD+PC 有最小值.在 RtODC 中，由 OD=2,OC=4，可由勾股 定理可得 CD=2
32、5，而 CP只是 CD 的一部分，故应考虑从相似的角度求 CP的长，连接 AD、BP，由四边形 ADPB 是 圆内接四边形，则可得BPC=CAD，由BCP=DCA 可得BPCBAD，则 CP:AC=BC:CD，即 CP:6=2: 2 5, CP=65 5 ,即 CP=65 5 4.【解析】 （1）求 A 点坐标，即求 OA 的长，典型的垂径定理应用情景，解题方法： “缺图补线、缺数设 x” 。故连接 CM，在 Rt OCM 中，OM=3,OC=4,由勾股定理可得 CM=5，即 AM=5，则 OA=2,A(-2,0). （2）由图可知CMP 首先是一个等腰三角形，当CPM=45时则CMP 是等腰
33、直角三角形，过点 M 作 PMCM 交M 于点P1、P2，即是符合条件的点 P 的所有点的位置。利用“一线三垂直”可解答.作P1Gx 轴于点 G，则易得OCM GMP1，则 MG=OC=4, P1G=OM=3,则P1(7,3)， 作P2Hx 轴于点 H，则易得HMP2GMP1，则 MG=MH=4, P1G=P2H=3,则P2(-1,-3)， 由图可知P1、P2关于原点对称，故P2(-7,-3)，综上所述，满足条件点 P 为(7,3)或(-1,-3). （3）能否确定 AN 有没有变化，关键在于能否求出 AN 的不变，圆中求弦的长，首先考虑垂径定理，故作 MQAN 于 点 Q，则 AQ=QN，易
34、证AMQMCO，则 AH=MO=3,故 AN=2AH=6. 图1 D P ECoB A P 图2 D P ECoB A 5.【解析】 （1）几何综合题的三角函数值，一般有两种用法：直接用：将角置于直角三角形中，直接运用某角的三角函数 值可得出边的比例关系； 间接用： 利用等角的三角形函数值会相等， 通过等量代换， 找到等角所在的直角三角形， 寻求相应边的比例关系。而稍有难度几何题中出现三角函数条件，多采用第条思路解题。如此题。连接 AC，依同 弧下圆周角与圆周角的有关系可找到BAC=BPC，在 RtACB 中可得出 tanBAC 的值，由 AB=10，弦 BC=25及勾 股定理可得 AC=45
35、,tanBAC=BC AC= 1 2，即 tanBPC= 1 2. （2）相似典型题型“求线段比问题” ，找 BD、AP 所在三角形相似：CBDCAP，利用相似知识解题。 解： 由四边形 ACBP 是圆内接四边形可得CBD=PAC， 由PCB+BCD=90,PCB+ACP=90可得ACP=BCD， CBDCAP，可得BD AP = CD CP,由（1）中 tanBPC= 1 2可得 CD CP = 1 2， BD AP = 1 2，不会发生变化。 （3） P 点在圆周上运动， 故此小题不是 “胡不归问题” ， 结合 （2） 的结论来思考 （3） 中的 AP+2BP， 不难发现 AP=2BD，
36、则 AP+2BP=2BD+2BP+2(BD+BP)=2PD，即求 AP+2BP 的最大值，即求 PD 的最大值。而由（1）tanBPC=1 2可得 cos BPC= 2 5 =PC PD,则 PD= 5 2 PC,所以求 PD 的最大值，即求 PC 的最大值，当 PC 是直径是 PC 是长，即 PC 的最大值为 10，则 PD 的最大值为 5 2 10=55，则 AP+2BP 的最大值=2PD=105. 6.【解析】 （1）相似典型题型“乘积式” ，转化成比例式“AC AB = AE AC“，找所在三角形相似ACB 与AEC，连接 BC，如图 1， 即出现相似的典型图形“共角模型” ，只需证A
37、BC=ACE 即可，由 CDAB 及垂径定理可得AC = BC，则可直接得 出ABC=ACE. y x M 图1 D C oB A H G P2 P1 y x M 图2 D C o B A N E y x M 图3 Q F C o A （2）有切线必连 OB，如图 2，由于 PB、PE 在同一三角形中，首先考虑利用“等角对等边”来证明，即需证PBE= PEB，从几何审图的角度思考，要想办法拉近这两个角的图形位置，由于PEB 不是圆心角也不是圆周角，所以应 往圆心角或圆周角的位置“拉” ，由 CE=AE 及外角性质易得CEB=2A，而由AC = BC及等弧所对的圆心角与圆周角 关系可得COB=2
38、A， ，则CEB=COB，由COB+NBO=90,NBO+PBN=90便可得PBN=COB=CEB，便可 得出结论 PB=PE. （3）由图可知，由于半径 OQ=4，是定值，所以，要求 PQ 的最小，即求 PQ+OQ 最小，当 P、Q、O 在同一直线上时， PQ+OQ 有最小值，连接 OP，交O 于点 Q，此时 PQ 最短。由 PQ=OP-OQ=OP-4，求 PQ 长即求 OP 长，由于 OP 处于 Rt OPB 中，且 OB=4，故只需求 BP 长，由（2）可知 BP=BE，则思考焦点就集中在PBE 中寻找突破口，且这个突破 口与条件“N 是中点，OC 与 BA 互相垂直平分”有关，必须对这
39、个已知条件进一步挖掘隐藏的已知条件。 由 ON=1 2OC= 1 2OB，且BNO 是直角三角形，可得OBN=30, NOB=60=PBN,则PBE 是等边三角形.在 RtOBN 中，由 OB=4, OBN=30,可得 ON=2,BN=23,则 AB=2BN=43,设 NE=a，则 AE=CE=23-a,则在 RtCNE 中，由 CN2+ NE2= CE2可列方程22+ a2= (23 a)2， 解得 a=23 3 ， 则 PB=BE=BN+EN=83 3 , 在 RtCNE 中， 由 OB=4, PB =83 3 可得 OP=421 3 ,则 PQ=OP-OQ=421 3 4 = 42112
40、 3 ，即 PQ 的最小值为42112 3 . 7. 【解析】 （1）当 P、O 距离是短时，连接 OP，则 OPDC，AC 切O 于点 C，BCA=90,在 RtBCA 中，BC=30,AC=40, 由勾股定理可得 AB=50，利用数学典型模型“双垂模型”的等面积法，即可求出 CD=BCAC AB =24.由 OPCD，BDCD 得 OP/BD，由 PD:CD=BO:BC=2:1 可得 PD=12 （2）几何综合题的三角函数值，一般有两种用法：直接用：将角置于直角三角形中，直接运用某角的三角函数 值可得出边的比例关系； 间接用： 利用等角的三角形函数值会相等， 通过等量代换， 找到等角所在的
41、直角三角形， 寻求相应边的比例关系。此题采用第条思路解题。由于 EF 是直径，连接 EC，则ECF=90, tanF=EC CF，相似典型 题型“求线段比问题” ，找 EC、CF 所在的三角形相似解题，不难发现ACE 与AFC 组成相似的典型图形“共角模 型” ，这个图形也是切线定理中的典型用法图形。若ACEAFC，则EC CF = AE AC，则 AC=40，AE=OA-OE=OA-15.则 OA 的长可由 RtOCA 中的勾股定理可得，思路通畅，现在只需要找相似条件ACE=F，即可。 N 图1 B E D P C o A A o C P D E B N 图2 A o C P D E B N
42、 图3 Q 解： 连接 CE， 则 ECCF,在 RtOCA 中， 由 OC=15,AC=40 可得 OA=573,则 AE=OA-OE=573-15.ACE+BCE=90, BCE+BCF=90,ACE=BCF=F,EAC=CAF,ACEAFC， EC CF = AE AC = 57315 40 = 733 8 ， tanF=EC CF = 733 8 . （3）求单一线段的最值问题，除了采用三点确定动点运动轨迹的方法外，还有一种是转化法：补一条通过动点且 长度已知的线段，转化成“将军饮马问题” ，如此题，H 是动点，由DHB=90可知，H 点在以 BD 为直径的圆上运 动， 则取 BD 的
43、中点 G， 连接 GH， 可得 GH=1 2BD,在 RtBCD 中， 由 BC=40,CD=24 可得 BD=18,则 GH=9， 求 CH 的最小值， 即求 CH+GH 的最小值，当 G、H、C 在同一直线上时，CH+GH 有最小值，即 CH 有最小值。连接 CG，交 BP 于点 H，在 RtGCD 中，由 GD=9,CD=24 可得 CG=373,则 CH=373-9，即 CH 的最小值为 373-9. 8 【解析】 （1）证切线必连 OA，要证OAF=90，由于F=90，图感告诉我们，只需证 OA/BF 即可。由点 C 是弧 AB 的 中点，出现等弧，必找等圆心角或等圆周角，故需连接
44、OC，OB，则由等弧所对的圆心角等于圆周角的 2 倍可得AOC 2ABC60，由BC = AC,则可得AOCBOC60，则BOC 是等边三角形，BCO60，BCO= AOC，BF/OA，AFBF，OAAF，AF 是O 的切线； （2）由于 DE 不处于直角三角形，故首先考虑利用相似来求解。所求结论为 DE，而已知条件为 BC、CD，结合图形 中这些线段的位置，不难找到由BCD 与ECB 组成的相似典型图形“共角模型” ，若BCDECB，则BC EC = CD CB，则 则可求出 EC 的长，而 DE=EC-CD=EC-3，这样思路通畅了，现在只需要找相似条件CBD=CEB，由BC = AC即可
45、得 出。 解：BC = AC,CBDBEC，BCDBCE，BCDECB，BC EC = CD CB， 6 EC = 3 6，EC12，DEECCD1239. （3）比例中出现线段的和差，常见的处理方法是把它转化成单一线段的比，即先转化 AE+BE=，转化方法与线段 和差问题的“截长补短”类似。延长 BE 到 N，使 EN=AE，则 AE+BE=BN，或作 AN/CE 交 BE 的延长线于点 N，证 AE=EN 都是转化的方式。此题已知条件全在圆内，且 BE 不是直径，即把已知条件转化成EAN=N 估计难度很大，故选第 二种添辅助线方法。这样不难找到 CE 所在ACE 与 BN 所在ABN 去证
46、相似，接下来有两个问题要解决：找ACE ABN 的相似条件；确定相似比 由等弧及同弧所对的圆周角相等便可得CBE=ABN,CBA=CAB=CEB=ACE =30,由 CE/AN 可得N= CEB=30,N=AEC=30,则ACEABN； 由ACEABN 可得CE BN = AC AB，则需确定 AC AB的比值，垂径定理可解决。连 OC，由垂径定理可得 OC 垂直平分 AB， 由CAB =30可得 AH 3 2 AC，则 AB3AC，即AC AB= 3 3 。思路通畅了。 解：结论： CE AE+BE = 3 3 ，不会发生变化 理由：如图 2 中，连接 AC，OC，OC 交 AB 于 H，作
47、 ANEC 交 BE 的延长线于 N BC = AC，OCAB，CBCA，BHAH1 2AB，CAB30，AH 3 2 AC， AB3AC，即AC AB= 3 3 。CBA=CAB=CEB=ACE =30,又CEAN，N=CEB=30,N= AEC=30,ACEABN，ACEABN，CE BN = AC AB = 3 3 ，N=AEC=EAN=30,AE=EN, CE AE+BE = 3 3 ， CE AE+BE的值不变 9.【解析】 （1） “角平分线+等腰=平行线” ， 易得 AB/CF， 由 AB=AC=CF 可得四边形 ABCF 是平行四边形， 可得 AF/BC， 连接 OA， 可得
48、OABC，则 OAAF，是切线； （2） 连接 OB、 OC， 由 OB=OC， AB=AC 可得 OA 在线段 BC 的垂直平分线上， 则设 OA 与 BC 交于点 G， 则 AGBC 且 BG=CG=4， 由 tanABC=4 5,可得 AB=5,则 AG=3，在 RtBOG 中，4 2 + (r 3)2= r2，则 r=25 6 ， 由题可得：BCE=DCE,ACB=D,则BCE+ACB=DCE+D,即ACE=AEC,故 AE=AC=AB=5 （3） 由旋转性质可得BAC=MAN， 则BAM=CAN， 由AB = AC可得AMB=ACN， ABMANC， AB:AN=AM:AC, AMAN=ABAC=25 10. 【解析】 （1） 如图 3， 连接 HM， 由题可知 HMEF， OE=5,OF=53 3 ,tanOEF=OF OE= 3 3 ,OEF=30,HM=1 2EM= 1 2(OE-OM)=2； （2）连接 CQ=QD，则OHC=QDC,tanQHC=3 4= tanQDC= CQ QD，设 CQ=3x，QD=4x，CD=4，在 RtCQD，由勾股 定理可得(3x)2+ (4x)2= 42,解得 x=4 5，QD= 16 5 ,CPH=QPD,CHQ=CDQ,CPHQPD,PH PD = CH QD, CM=2,OM=1,OE=5,