专题25 圆与相似综合题
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC上一点，过B，C，D三点的⊙O交AB于点E，连结ED，EC，点F是线段AE上的一点，连结FD，其中∠FDE＝∠DCE．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若DC＝BC＝4，DE＝2EF，求DF的长．
2．如图，⊙O是△ABD的外接圆，AB为直径．点C是弧AD的中点，连接OC，BC分别交AD于点E，F．
(1)求证：∠CAD＝∠CBA；
(2)若AB＝10，BC＝8，求OE的长．
3．如图，是的直径，弦于点，为上一点，，连接分别交，于点，．
(1)求证：；
(2)若，且，求的长．
4．如图，的切线交直径的延长线于点，为切点，连结，．
（1）求证：∽．
（2）若，，求的长．
5．如图1，锐角△ABD（AB＜AD）内接于圆M，弦AC⊥BD于点O．已知圆M半径为5，且AC＝BD．
(1)求∠ADB的度数．
(2)若△ABO的面积为3.5，求BD的长；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E，F分别在OD，MD上，连接E，ME，若∠DEF＝∠DAB，求△MEF面积的最大值．
6．如图，已知点B的坐标是（-2，0)，点C的坐标是（8，0)，以线段BC为直径作⊙A，交y轴的正半轴于点D，过B、C、D三点作抛物线.
（1）求抛物线的解析式；
（2）连结BD，CD，点E是BD延长线上一点，∠CDE的角平分线DF交⊙A于点F，连结CF，在直线BE上找一点P，使得△PFC的周长最小，并求出此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点G，使得∠GFC=∠DCF，若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由.
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，CD平分∠ACB交⊙O于点D，OE⊥AC交AC于点E，交CD于点F，连接BD；
(1)如图1，求∠OFD的度数．
(2)如图2，过O作OG⊥CD于G，交BC于H，求证：BH=OF；
(3)如图3，连接BF，若BF=BD，OF=1，求⊙O半径．（画出辅助线，写出简要过程）
8．已知Rt△ABC，两直角边AB与AC之和为4，作△ABC的外接圆，点O为圆心．
(1)如图1，连接OA，当90°时，求OA的值．
(2)如图2，过点A作AD⊥BC于点D，点E为AC中点，连接DE，求证：2∠ADE．
(3)如图3，作∠BAC的平分线交BC于点F，线段AF是否存在最大值？若存在，请求出AF的最大值；若不存在，请说明理由．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，Р是斜边AC上一个动点，以BP为直径作⊙O交BC于点D，与AC的另一个交点E，连接DE．
(1)当时，
①若＝130°，求∠C的度数；
②求证AB＝AP；
(2)当AB＝15，BC＝20时，△BDE是等腰三角形，求CP的长．
10．如图，以为直径的与相切于点A，点C在左侧圆弧上，弦交于点D，连接．点A关于的对称点为E，直线交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)当点E在上，连接交于点P，若，求的值；
(3)当点E在射线上，，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求的长．
11．如图，在中，，O是BA上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点P，与AC相切于点D，已知，的半径为r．
(1)如图1，若，则的半径r值为________；
(2)若，求的半径r长；
(3)若AD的垂直平分线和有公共点，求半径r的取值范围；
(4)存在一个常数m，不论半径r如何变化的值始终是一个定值，试探求这个定值．
12．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，，，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
(1)如图1，当时，求的值；
(2)如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设，．
①求证：；
②求y与x之间的函数关系式．
13．如图1，四边形是的内接四边形，其中，对角线 相交于点，在上取一点，使得，过点作 交于点 ．
(1)证明：；
(2)如图 2，若，且恰好经过圆心，求的值；
(3)若，设的长为．
①如图3，用含有的代数式表示的周长；
②如图4，恰好经过圆心，求 内切圆半径与外接圆半径的比值．
14．已知：⊙O是的外接圆，直径AB交CD于点E．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，过点D作于点G，交⊙O于点F，连接BF，若DC平分∠ADF，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点E作交DG于点K，在BF上取一点N，连接KN、GN，使，若，，求线段GN的长．
15．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．
(1)求证：∠AEB＝∠AFD．
(2)若AB＝10，BF＝5，求AD的长．
(3)若点G为AB中点，连结DG，若点O在DG上，求BF：FC的值．
16．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为(1，4)．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P(7，0)，试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
17．如图，AB，CD是⊙O的两条直径，且AB⊥CD，点E，点F分别在半径OC，OD上（不与点O，点C，点D重合），连接AE，EB，BF，FA．
（1）若CE＝DF，求证：四边形AEBF是菱形．
（2）过点O作OG⊥EB，分别交EB，⊙O于点H，点G，连接BG．
①若∠COG＝∠EBG，判断△OBG的形状，说明理由．
②若点E是OC的中点，求的值．
18．如图，内接于，，它的外角的平分线交于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）求证：．
（2）若，
①当，求的度数（用含的代数式表示）．
②设的半径为5，，求AD的长．
参考答案：
1．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接BD，由题意证得BD是⊙O的直径，∠BCE＝∠BDE，则∠BDE+∠FDE＝90°，结论得证；
（2）由勾股定理求出BD的长，证明△FDE∽△FBD，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】（1）证明：连接BD，
∵∠ACB＝90°，点B，D在⊙O上，
∴BD是⊙O的直径，∠BCE＝∠BDE，
∵∠FDE＝∠DCE，∠BCE+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠BDE+∠FDE＝90°，
即∠BDF＝90°，
∴DF⊥BD，
又∵BD是⊙O的直径，
∴DF是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BCD＝90°，DC＝BC＝4，
∴BD，
∵∠FDE＝∠DCE，∠DCE＝∠DBE，
∴∠FDE＝∠DBE，
∵∠DEF＝∠BDF＝90°，
∴△FDE∽△FBD，
∴，
又∵DE＝2EF，
∴，
∴DF＝2．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理等知识，解答本题的关键是正确作出辅助线，综合运用圆的性质解题．
2．(1)见解析
(2)1.4
【分析】（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可．
（2）证明△AEC∽△BCA，推出，求出EC即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵点C是弧AD的中点，
∴，
∴∠CAD＝∠CBA；
（2）解：连接OD，
，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝10，BC＝8，
∴AC＝＝6，
∵AE＝DE，OA=OD，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
又∠CAE=∠ABC，
∴△AEC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CE＝3.6，
∵OC＝AB＝5，
∴OE＝OC﹣EC＝5﹣3.6＝1.4．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握性质及定理是解决本题的关键．
3．(1)见详解
(2)10
【分析】（1）连接AC，由AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，根据垂径定理得＝，，所以∠D＝∠ACD，因为，所以，则∠DCF＝∠BAC，∠D＝∠ACD，即可推导出∠F＝∠AGF，得AF＝AG，而∠FAD＝∠BAD，根据等腰三角形的“三线合一”性质得FH＝GH；
（2）连接BC，设BE＝m，先证明△AHF△CHD，则，求得CD＝×15＝20，所以CE＝DE＝CD＝10，再证明△BCE△GCE，得GE＝BE＝m，再证明△CEB△AEC，得，列出关于m的方程，求出m的值，即可求得GB的长．
【详解】（1）证明：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴＝，，
∴∠D＝∠ACD，
∵，
∴，
∴∠DCF＝∠BAC，
∴∠AGF＝∠ACF＋∠BAC＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACD，
∵∠F＝∠D，
∴∠F＝∠AGF，
∴AF＝AG，
∵∠FAD＝∠BAD，
∴FH＝GH．
（2）解：如图，连接BC，设BE＝m，
根据题意得AF＝15，，
∴AG＝AF＝15，
∵∠F＝∠D，∠AHF＝∠CHD，
∴△AHF△CHD，
∴，
∵CD＝×15＝20，
∴CE＝DE＝CD＝10，
∵∠BCE＝∠GCE，CE＝CE，∠CEB＝∠CEG＝90°，
∴△BCE△GCE，
∴GE＝BE＝m，
∵∠BCE＝∠CAE，∠CEB＝∠AEC，
∴△CEB△AEC，
∴，
∴BE CE＝CE2，
∴m（15＋m）＝102，
解得＝5，＝﹣20（不符合题意，舍去），
∴GE＝BE＝5，
∴GB＝GE＋BE＝10，
∴GB的长为10．
【点睛】此题考查圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
4．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据切线的性质，直径所对圆周角为直角得到，然后根据等边对等角得到，结合公共角即可证明；
（2）根据相似三角形对应边成比例得到，然后在Rt中应用勾股定理即可求解．
【详解】（1）连结
切于点
是直径
又
∽
（2）∽
，
解得
故答案为
【点睛】本题考查了圆周角的性质，三角形相似的性质和判定，勾股定理解直角三角形，熟练记忆三角形相似的性质和判定方法是本题的关键．
5．(1)；
(2)BD=8；
(3)
【分析】（1），则，则，故；
（2）在等腰直角三角形中，，而，即，即可求解；
（3）证明，则，即，故设，则，则，，即可求解．
【详解】（1），
，
，
，
即；
（2），
连接、，则，
在等腰直角三角形中，，
即，
，即，
则，
；
（3）过点作，延长交圆于点，
，
，
，
，
，
，即，
故设，则，则，
，
故当时，的最大值为．
【点睛】本题考查的是圆的综合题，主要考查了解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，综合性强，难度适中．
6．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由BC是直径证得∠OCD=∠BDO,从而得到△BOD∽△DOC,根据线段成比例求出OD的长，
设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-8),将点D坐标代入即可得到解析式；
（2）利用角平分线求出，得到，从而得出点F的坐标（3,5），再延长延长CD至点，可使,得到(-8，8)，求出F的解析式，与直线BD的交点坐标即为点P，此时△PFC的周长最小；
（3）先假设存在，①利用弧等圆周角相等把点D、F绕点A顺时针旋转90，使点F与点B重合，点G与点Q重合，则Q1(7，3),符合，求出直线FQ1的解析式，与抛物线的交点即为点G1，②根据对称性得到点Q2的坐标，再求出直线FQ2的解析式，与抛物线的交点即为点G2，由此证得存在点G.
【详解】（1）∵以线段BC为直径作⊙A,交y轴的正半轴于点D，
∴∠BDO+∠ODC=90,
∵∠OCD+∠ODC=90,
∴∠OCD=∠BDO,
∵∠DOC=∠DOB=90,
∴△BOD∽△DOC,
∴,
∵B（-2，0)，C（8，0)，
∴,
解得OD=4(负值舍去)，∴D（0,4）
设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-8),
∴4=a(0+2)(0-8),
解得a=，
∴二次函数的解析式为y=(x+2)(x-8),即.
（2）∵BC为⊙A的直径，且B（-2，0)，C（8，0)，
∴OA=3,A(3,0),
∴点E是BD延长线上一点，∠CDE的角平分线DF交⊙A于点F，
∴,
连接AF，则,
∵OA=3，AF=5
∴F(3，5)
∵∠CDB=90,
∴延长CD至点，可使,
∴(-8，8)，
连接F叫BE于点P，再连接PF、PC，
此时△PFC的周长最短，
解得F的解析式为，
BD的解析式为y=2x+4,
可得交点P.
（3）存在；假设存在点G，使∠GFC=∠DCF，
设射线GF交⊙A于点Q,
①∵A(3，0),F(3，5),C(8，0),D(0，4),
∴把点D、F绕点A顺时针旋转90，使点F与点B重合，点G与点Q重合，则Q1(7，3),符合，
∵F(3，5),Q1(7，3),
∴直线FQ1的解析式为，
解，得，（舍去），
∴G1；
②Q1关于x轴对称点Q2(7，-3),符合，
∵F(3，5),Q2(7，3),
∴直线FQ2的解析式为y=-2x+11,
解，得，（舍去），
∴G2
综上，存在点G或，使得∠GFC=∠DCF.
【点睛】此题是二次函数的综合题，（1）考查待定系数法求函数解析式，需要先证明三角形相似，由此求得线段OD的长，才能求出解析式；（2）考查最短路径问题，此问的关键是求出点F的坐标，由此延长CD至点，使,得到点的坐标从而求得交点P的坐标；③是难点，根据等弧所对的圆心角相等将弧DF旋转，求出与圆的交点Q1坐标，从而求出直线与抛物线的交点坐标即点G的坐标；再根据对称性求得点Q2的坐标，再求出直线与抛物线的交点G的坐标.
7．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）可证得是等腰直角三角形，进而求得结果；
（2）连接，证明，从而命题得证；
（3）设，半径，表示出和，和，利用求得，进而求得．
【详解】（1）解：是的直径，
，
平分，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图1，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：如图2，
设，半径，
作于，于，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，
的半径是．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质等知识，解题的关键是分析数量关系，表示出重要数量，利用相似三角形性质列方程．
8．(1)
(2)见解析
(3)存在，最大值为
【分析】（1）利用圆周角定理的推论可得∠ABC=45°，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可；
（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和相似三角形的判定与性质可得∠ADE=∠B，再利用圆周角定理的推论可得结论；
（3）过点F作FD⊥AB于点D，FE⊥AC于点E，利用角平分线的定义和正方形的判定定理可得矩形ADFE为正方形，设正方形ADFE的边长为x，BD=m，通过建立函数模型，用含m的式子表示出正方形的边长，利用配方法求得正方形边长的最大值，利用AF=DF即可求得结论．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，
∴BC是⊙O的直径．
∵90°，
∴∠ABC=45°．
∴Rt△ABC为等腰直角三角形．
∴BA=AC．
∵两直角边AB与AC之和为4，
∴BA=AC=2．
∴BC=，
∴OA=BC=；
（2）证明：∵AD⊥BC于点D，点E为AC中点，
∴DE=AC=AE=EC．
∴∠EDA=∠EAD．
∵∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴△ABD∽△CAD．
∴∠B=∠DAC．
∴∠ADE=∠B．
∵圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半，
∴∠B=，
∴=2∠ADE．
（3）解：线段AF存在最大值，理由：
过点F作FD⊥AB于点D，FE⊥AC于点E，如图，
∵∠BAC=90°，FD⊥AB，FE⊥AC，
∴四边形ADFE为矩形．
∵∠BAC=90°，AF是∠BAC的平分线，
∴∠BAF=∠CAF=45°．
∴矩形ADFE为正方形．
∴FD=FE=AD=AE，AF=DF，
设正方形ADFE的边长为x，BD=m，
∴DF=AD=AE=x，AB=x+m．
∵AC+AB=4，
∴AC=4-x-m．
∵DF∥AC，
∴△BDF∽△BAC．
∴，
∴，
∴x2+mx=4m-mx-m2．
∴x2+2mx+m2=4m．
即：（x+m）2=4m．
∵x＞0，m＞0，
∴x+m=，
∴x=-m+=，
∵-1＜0，
∴当=1即m=1时，x有最大值1，
∴当m=1时，DF由最大值1．
∵AF=DF，
∴AF有最大值为．
【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，通过构建函数模型解答实际问题，配方法，二次函数的性质，建函数模型解答问题是解题的关键．
9．(1)①∠C＝40°；②证明见解析
(2)CP的长为10或或7
【分析】（1）①连接BE，由圆周角定理得出∠BEC＝90°，求出＝50°，＝100°，则∠CBE＝50°，即可得出结果；
②由，得出∠CBP＝∠EBP，易证∠C＝∠ABE，由∠APB＝∠CBP＋∠C，∠ABP＝∠EBP＋∠ABE，得出∠APB＝∠ABP，即可得出结论；
（2）由勾股定理得AC＝，由面积公式得出AB BC＝AC BE，求出BE＝12，连接DP，则PD∥AB，得出△DCP∽△BCA，求出△BDE是等腰三角形，分三种情况讨论，当BD＝BE时，BD＝BE＝12，CD＝BC BD＝8，CP＝CD＝10；当BD＝ED时，可知点D是Rt△CBE斜边的中线，得出CD＝BC＝10，CP＝CD＝；当DE＝BE时，作EH⊥BC，则H是BD中点，EH∥AB，求出AE＝，CE＝AC AE＝16，CH＝20 BH，由EH∥AB，得出，求出BH＝，BD＝2BH＝，CD＝BC BD＝，则CP＝CD＝7．
【详解】（1）①解：连接BE，如图：
∵BP是直径，
∴∠BEC＝90°，
∵＝130°，
∴＝50°，
∵，
∴＝100°，
∴∠CBE＝50°，
∴∠C＝∠BEC－∠CBE＝40°；
②证明：∵，
∴∠CBP＝∠EBP，
∵∠ABE＋∠A＝90°，∠C＋∠A＝90°，
∴∠C＝∠ABE，
∵∠APB＝∠CBP＋∠C，∠ABP＝∠EBP＋∠ABE，
∴∠APB＝∠ABP，
∴AP＝AB.
（2）解：由AB＝15，BC＝20，
由勾股定理得：AC＝，
∵AB BC＝AC BE，
即×15×20＝×25×BE
∴BE＝12，
连接DP，如图：
∵BP是直径，
∴∠PDB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴PD∥AB，
∴△DCP∽△BCA，
∴，
∴，
△BDE是等腰三角形，分三种情况：
当BD＝BE时，BD＝BE＝12，
∴CD＝BC BD＝20 12＝8，
∴CP＝CD＝×8＝10；
当BD＝ED时，可知点D是Rt△CBE斜边的中线，
∴CD＝BC＝10，
∴CP＝CD＝×10＝；
当DE＝BE时，作EH⊥BC，则H是BD中点，EH∥AB，如图：
AE＝，
∴CE＝AC AE＝25 9＝16，CH＝BC BH＝20 BH，
∵EH∥AB，
∴，
即，
解得：BH＝，
∴BD＝2BH＝，
∴CD＝BC BD＝20 ＝，
∴CP＝CD＝×＝7；
综上所述，△BDE是等腰三角形，符合条件的CP的长为10或或7．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的中线性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，本题综合性强，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．(1)证明过程见解析
(2)
(3)或或或
【分析】（1）设CD与AB相交于点M，由与相切于点A，得到，由，得到，进而得到，由平行线的性质推导得，，，最后由点A关于的对称点为E得到即可证明．
（2）过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明得到，再证明得到；最后根据及得到和，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分四种情形：如图1中，当时，如图2中，当时，如图3中，当时，如图4中，当时，分别求解即可．．
【详解】（1）证明：如图，设CD与AB相交于点M，
∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴．
（2）解：过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：，
∵为的直径，且，由垂径定理可知：，
∴，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所对的圆周角相等可知：，且，
∴，
∴，
∵，AB与CD交于点N，
∴．
∵，，
∴，
∴，设KE=2x，EN=5x，
∵点A关于的对称点为E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：分类讨论如下：
如图1中，当时，连接，，设，则，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
；
如图2中，当时，连接，设交点．
设，
∵，
，
，
，，
，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
；
如图3中，当时，连接，，
设，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
、，
、，
、，
，
；
如图4中，当时，连接，，．
设，
∵，
，
，
，
，
，
由，
，
，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的的长为或或或，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．
11．(1)
(2)3
(3)
(4)64
【分析】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由AP=DP，得∠PDA=∠A，再由等角的余角相等证明∠PDO=∠POD，则AP=OP=OB=r，列方程可求出r的值；
（2）连接OC、OD，由勾股定理求出AC的长，再根据面积等式列方程即可求出r的值；
（3）设AD的垂直平分线交AD于点F，与⊙O的一个交点为点E，当EF与⊙O相切时r的值最小，可求出r的最小值；再由OD＜OA，列不等式求得r＜4，即可求出r的取值范围；
（4）由△ADO∽△ABC，得AD CB=AB OD；由切线长定理可得CB=CD，又OD=OB，将CB=CD，OD=OB=AB-OA代入AD CB=AB OD做适当变形，即可求出常数m及相应的定值．
【详解】（1）解（1）如图1，连接OD，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴AC⊥OD，
∴∠ADO=90°，
∵AP=DP，
∴∠PDA=∠A，
∵∠PDO+∠PDA=90°，∠POD+∠A=90°，
∴∠PDO=∠POD，
∴DP=OP=OB，
∴AP=OP=OB=r，
∴3r=8，
∴r=，
故答案为：．
（2）（2）如图2，连接OC、OD，
∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，
∴==10，
∵OD⊥AC，AB⊥BC，
∴，
∴AC OD+BC OB=AB BC，
∴10r+6r=8×6，
∴r=3．
（3）设AD的垂直平分线交AD于点F，与⊙O的一个交点为点E，
如图3，当EF与⊙O相切时r的值最小，设切点为点E，连接OD、OE，则EF⊥OE，
∵∠EFD=∠ODF=∠OEF=90°，
∴四边形ODFE是矩形，
∵OD=OE，
∴四边形ODFE是正方形，
∴AF=DF=OD=r，
∵OD2+AD2=OA2，
∴r2+（2r）2=（8-r）2，
解得r1=，r2=（不符合题意，舍去），
∴r的最小值为．
如图4，当r＞时，直线EF与⊙O相交，
∵OD＜OA，
∴r＜8-r，
∴r＜4，
∴r的取值范围是≤r＜4；
（4）（4）如图5，连接OD，
∵∠ADO=∠ABC=90°，∠A=∠A，
∴△ADO∽△ABC，
∴，
∴AD CB=AB OD，
∵CB=CD，OD=OB=AB-OA，
∴AD CD=AB（AB-OA）=8（8-OA）=64-8OA，
∴AD CD-（-8）OA=64，
∴m=-8，这个定值为64．
【点睛】此题重点考查圆的切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、用不等式求取值范围、探究类问题的求解等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
12．(1)
(2)①见解析 ②
【分析】（1）根据垂径定理求出线段AE的长，由锐角三角形函数的定义可得出答案；
（2）①连接，由圆周角定理可得出答案；②由相似三角形的性质可得到和 的面积关系，再结合和的关系，即可得出答案．
【详解】（1）解：连接，
直径，
．
，．
，
；
（2）①证明：连接，
，
，
为直径，
，
，
，
；
②在中，AE=9，CE=3，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了直角三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
13．(1)见解析；
(2)CB·CD=12；
(3)①C△BCD=；②内切圆半径与外接圆半径的比值为；
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和圆周角定理即可证明；
（2）由垂径定理得AC=2AF=2AD，由（1）结论可得AD=2AE=2，求出AC，CE的长再由△ABC∽△DEC，利用比例的性质即可解答；
（3）①利用（1）结论求得AC的长，由△BCE∽△ADE求得BC，DE的代数式，由△ABE∽△DCE求得CD的代数式，再计算周长即可；
②根据①的解答先由勾股定理求出BC的长，再利用面积法求出Rt△BCD的内切圆半径即可解答；
【详解】（1）证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ACD=∠ADB，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△CAD∽△DAE；
（2）解：∵△CAD∽△DAE，
∴，
∵GH是直径，AC⊥GH，
∴AC=2AF，
又∵AB=AF=AD，
∴AC=2AD，
∴AD=2AE=2，
∴AF=2，CF=2，EF=1，
∴AC=4，CE=3，
∵∠BCA=∠ADB=∠ABD=∠ACD，
又∵∠BAC=∠EDC，
∴△ABC∽△DEC，
∴，
∴CB·CD=CA·CE=4×3=12；
（3）解：①∵AE=1，EF=2，
∴AB=AD=AF=3，
∵，
∴AC=9，即CE=8，
∵△BCE∽△ADE，
∴=x，即BC=3x，DE=，
∵△ABE∽△DCE，
∴，
∴CD=，
∴C△BCD= ；
②∵BC是直径，
∴∠BAC=90°，
∴BC=，
∴外接圆半径为，
在Rt△ABE中：BE=，
由①小题结论，C△BCD=，
BD=，CD=，
设内切圆半径为r则△BCD的面积=×△BCD的周长×r，则
，
解得：r=
∴半径之比=；
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，三角形内切圆半径求法等知识；熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
14．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接BC，理由圆周角定理得出，，即可得出结论；
（2）连接BC、CF，利用ASA证明，即可证明结论；
（3）连接EF，过点N作NH⊥AB于点H，根据已知条件计算得出圆的半径，然后得出BF、FG、BG的长度，利用三角形相似得出NH、BH的长，从而得出GH的长，根据勾股定理得出GN的长即可．
【详解】（1）证明：连接BC，如图所示：
，
∴，
为直径，
，
，
．
（2）连接BC、CF，如图所示：
平分，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
．
（3）连接EF，过点N作NH⊥AB于点H，如图所示：
∵，
∴，
垂直平分DF，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
∴四边形EKNF是平行四边形，
，
设的半径为r，则，
，
，AB为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
两边平方并整理得，，
解得：，，
经检验是增根，是原方程的根，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
即，
，，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，作出每小问对应的辅助线是解题的关键．
15．(1)证明见解析
(2)6
(3)：2
【分析】（1）根据AE是直径可得∠ABE=90°，由AE是角平分线可得∠BAE=∠DAE，根据直角三角形两锐角互余可得答案；
（2）根据（1）中结论可得∠BFE=∠BEF，可得BE=BF，根据∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF可证明△ABE∽△ADF，根据相似三角形的性质可得，设DF=x，则AD=2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理列方程求出x的值即可得答案；
（3）由点G为AB中点，点O在DG上可证明OG是△ABE的中位线，根据中位线的性质可得OG//BE，OG=BE，即可得出DG⊥AB，∠AOG=∠AEB=∠AFD，可得OD=DF，△ABD是等腰直角三角形，根据圆周角定理可得∠AEB=∠ACB，可得∠ACB=∠AFC，可得AC=AF，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得DF=CD，设BF=a，DF=b，根据等腰直角三角形的性质可得，可得，进而可得答案．
【详解】（1）∵直径AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAE+∠AFD=90°，
∴∠AEB＝∠AFD．
（2）∵∠AEB＝∠AFD，∠AFD=∠BFE，
∴∠BFE=∠BEF，
∴BE=BF，
∵∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF，
∴△ABE∽△ADF，
∵AB=10，BF=5，
∴，
设DF=x，则AD=2x，
∴在Rt△ABD中，AB2=BD2+AD2，即102=（5+x）2+（2x）2，
解得：x=3，（负值舍去）
∴AD=2x=6．
（3）∵点G为AB中点，点O在DG上，
∴OG是△ABE的中位线，
∴OG//BE，OG=BE，
∵∠ABE=90°，
∴DG⊥AB，∠AOG=∠AEB=∠AFD，
∴OD=DF，△ABD是等腰直角三角形，
∵∠AEB和∠ACB是所对的圆周角，
∴∠AEB=∠ACB，
∴∠ACB=∠AFC，
∴AC=AF，
∵AD⊥CF，
∴DF=CD，
设BF=a，DF=b，
∴，
∴，
∴BF：FC=a：2b=：2．
【点睛】本题考查圆周角定理相似三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及等腰直角三角形的性质，直径所对的圆周角是直角；三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；有两组对应角分别相等的两个三角形相似；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
16．（1），；（2）的半径为，圆心的坐标为；（3）存在，或．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出的值，再令、即可求得点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得的半径和圆心的坐标；
（3）先算出，再求出直线的函数解析式，设出点的坐标，表示出，分两种情况：①和②，然后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点的坐标为，
∴，解得，
则抛物线的解析式为，
令，则，解得或，
令，则，
故；
（2）如图1，连接，
，
中点的坐标为，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设，且，
，
解得，
，
，
故的半径为，圆心的坐标为；
（3）由（1）知，，
，
设直线的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的函数解析式为，
设点的坐标为，
则，
要使三点构成的三角形与相似，则或，此时，
，
①当时，
则，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
则此时点的坐标为；
②当时，
则，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
则此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、三角形的外心、两点间距离公式、相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是处理相似三角形存在性问题注意分类讨论．
17．（1）证明见解析；（2）①△OBG是等边三角形，证明见解析；②．
【分析】（1）根据圆的半径相等和所给条件，证明四边形AEBF的对角线互相垂直平分，即可证得四边形AEBF是菱形；
（2）①先导出∠COG=∠EBO=∠EBG，再通过证明三角形全等得到BO=BG，从而自上而证得△OBG是等边三角形；②由E是OC中点，可得，再根据相似三角形的性质求得OH与OG的比，便可求得结论．
【详解】解：（1）在⊙中，OA=OB=OC=OD，
∵CE=DF，
∴OC-CE=OD-DF，
∴OE=OF，
∵AB⊥CD，即AB⊥EF，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）①△OBG是等边三角形．
理由如下：
∵AB⊥CD，OG⊥EB，
∴∠COB=∠OHB=90°，
∴∠COG=90°-∠BOH=∠EBO，
∵∠COG=∠EBG，
∴∠EBO=∠EBG，
∵BH=BH，∠BHO=∠BHG=90°
∴△BHO≌△BHG（ASA）
∴OB=GB，
∵OB=OG，
∴OB=OG=GB，
∴△OBG是等边三角形．
②设⊙的半径长为2m，则OC=OG=OB=2m，
∵点E是OC的中点，
∴OE=m，
∴，
∵∠EOH=90°-∠BOH=∠EBO，
∴△OEH∽△BEO，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题重点考查圆与菱形有关知识的综合应用，还考查解直角三角形．解题过程中要几次用到证相似及相似三角形的性质，解题的关键是找出直角三角形中的相似三角形．
18．（1）见详解；（2）①；②
【分析】（1）由题意易得，则有，进而可得，则，然后问题可求证；
（2）①由题意易证，则有，进而可得，然后可得，最后问题可求解；②连接交于G，由题意易得D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，进而可得且，则有，然后可证，最后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，圆内接四边形对角互补，
∴，
∴，
∴，
；
②连接交于G，
∵，
∴D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，
∴且，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
