中考数学一轮复习培优训练：《圆》 (含答案)

这是一份中考数学一轮复习培优训练：《圆》 (含答案)，共39页。试卷主要包含了已知等边△ABC内接于⊙O，感知定义，已知，如图等内容，欢迎下载使用。
2020年中考数学一轮复习培优训练：
《圆》

1．如图，在△ABC中，点O为BC边上一点，⊙O经过A、B两点，与BC边交于点E，点F为BE下方半圆弧上一点，FE⊥AC，垂足为D，∠BEF＝2∠F．
（1）求证：AC为⊙O切线．
（2）若AB＝5，DF＝4，求⊙O半径长．




2．如图，A，B，C，D在⊙O上，AB∥CD经过圆心O的线段EF⊥AB于点F，与CD交于点E．
（1）如图1，当⊙O半径为5，CD＝4，若EF＝BF，求弦AB的长；
（2）如图2，当⊙O半径为，CD＝2，若OB⊥OC，求弦AC的长．





3．（1）已知等边△ABC内接于⊙O．点P为上的一个动点，连结PA、PB、PC．
①如图1，当线段PC经过点O时，试写出线段PA，PB，PC之间满足的等量关系，并说明理由；
②如图2，点P为上的任意一点（点P不与点A、点B重合），试探究线段PA，PB，PC之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（2）如图3，在△ABC中，AB＝4，AC＝7，∠BAC的外角平分线交△ABC的外接圆于点P，PE⊥AC于E，求AE的长．

















4．感知定义
在一次数学活动课中，老师给出这样一个新定义：如果三角形的两个内角α与β满足α+2β＝90°，那么我们称这样的三角形为“类直角三角形”．
尝试运用
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，BD是∠ABC的平分线．
①证明△ABD是“类直角三角形”；
②试问在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“类直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．
类比拓展
（2）如图2，△ABD内接于⊙O，直径AB＝10，弦AD＝6，点E是弧AD上一动点（包括端点A，D），延长BE至点C，连结AC，且∠CAD＝∠AOD，当△ABC是“类直角三角形”时，求AC的长．













5．已知：AB是⊙O直径，点E、F是弦AD、CD延长线上的点，∠F＝∠BAD；
（1）求EF与AC的位置关系．

（2）连接CE交⊙O于G，连接BD，若2∠CAE+∠DAG＝∠ABD，求证：AC＝CE．

（3）在（2）的条件下，延长AB、EF交于K，EK＝2AC，AK＝10，△AEK的面积＝18，求线段EK的长度．



6．如图，直线AB经过⊙O上的点C，直线AO与⊙O交于点E和点D，OB与⊙O交于点F连接DF、DC．已知OA＝OB，CA＝CB．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）求证：∠FDC＝∠EDC；
（3）已知：DE＝10，DF＝8，求CD的长．

7．（2019秋•如皋市期中）如图，AB是⊙O的切线，切点为B，OA交⊙O于点C，过点C的切线交AB于点D．若∠BAO＝30°，CD＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）若点P在上运动，设点P到直线BC的距离为x，图中阴影部分的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．






8．如图：已知△ADC内接于⊙€O，AO是€⊙O的半径．点E是CD上一点，连接AE，∠DAE＝∠CAO．
（1）求证：AE⊥CD；
（2）如图2，延长AO交CD于点G，交€⊙O于点B，过B作BF⊥CD于F．求证：CF＝DE；
（3）如图3，M是弧CD的中点，连接CM交AB于点H，连接AM交CD于点N，连接DM．若CN＝DM，AD＝，tan∠CGB＝，求€⊙O的半径．


9．已知，如图△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一点，BD＜DC，过点A、D、C三点的⊙O交AB于点F，点E在上，连接DF、AE、DE、CE．
（1）求证：△BDF是等腰三角形；
（2）若，请用题意可以推出的结论说明命题：“一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形”是假命题．





10．如图1，在⊙O中，弦AB与半径OC交于点E，连接AC、OB，∠BOE＝2∠OEB．
（1）求证：AC＝EC；
（2）如图2，过点C作CD⊥AB交⊙O于点D，垂足为M，连接CB，求证：CD＝CB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DO并延长DO交AB于点F，连接CF、BD，过点M作MP⊥DB于点P，交DF于点Q，连接OP，若∠DFC＝90°，QO＝1时，求线段OP的长度．



11．已知：如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，点E为弧AC上一点，连接BE．
（1）如图1，求证：∠CEB＝∠DEB；
（2）如图2，若弦CD经过圆心O，过点A作AF⊥AE交DE于，求证：CE＝DF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC交ED、EB于点H、G，连接BF，若CG＝2，AH＝3，求BF的长．





12．已知，△ABC内接于€O，AB＝AC，连接AO并延长交BC于点D．
（1）如图1，求证：AD⊥BC；
（2）如图2，过点B作AC的垂线，交AD于点E，交⊙O于点F，垂足为点G，连接CF，求证：CF+FG＝BG；
（3）如图3，在（2）的条件下，P为弧AC上一点，弧PF＝弧CF，连接PA、PB、PC，PB交AD于点M，交AC于点N，若PB＝16，PC＝10，求△AMN的面积．



13．如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，AC的垂直平分线交AC边于点D，交AB边于点O，以点O为圆心，OB的长为半径作圆，与AB边交于点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若点P为⊙O上的动点（含点E，B），连接BD、BP、DP．
①当点P只在BE左侧半圆上时，如果BC∥DP，求∠BDP的度数；
②若Q是BP的中点，当BE＝4时，直接写出CQ长度的最小值．




14．如图，AB是⊙O的直径，CE是⊙O切线，C是切点，EA交弦BC于点D、交⊙O于点F，连接CF：
（1）如图1，求证：∠ECB＝∠F+90°；
（2）如图2，连接CD，延长BA交CE于点H，当OD⊥BC、HA＝HE时，求证：AB＝CE；
（3）如图3，在（2）的条件K在EF上，EH＝FK，S△ADO＝，求WE的长．


15．如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦且与AB交于点E（E不与O重合），CE＝DE，点F在弧AD上，连接AD、CF、DF，CF交AB于点H，交AD于点G．
（1）如图1，求证：∠CFD＝2∠BAD；
（2）如图2，过点B作BN⊥CF于点N，交⊙O于点M，求证：FN＝CN+DF；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长CF至点Q，连接QA并延长交BM的延长线于点P，若∠Q＝∠ADF，HE＝BE，AQ＝2DG＝10，求线段PN的长．


参考答案
1．（1）证明：连结OA，
∴∠AOE＝2∠F，
∵∠BEF＝2∠F，
∴∠AOE＝∠BEF，
∴AO∥DF，
∵DF⊥AC，
∴OA⊥AC，
∴AC为⊙O切线；
（2）解：连接OF，
∵∠BEF＝2∠F，
∴设∠AFE＝α，则∠BEF＝2α，
∴∠BAF＝∠BEF＝2α，
∵∠B＝∠AFE＝α，
∴∠BAO＝∠B＝α，
∴∠OAF＝∠BAO＝α，
∵OA＝OF，
∴∠AFO＝∠OAF＝α，
∴△ABO≌△AFO（AAS），
∴AB＝AF＝5，
∵DF＝4，
∴AD＝＝3，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FDA，
∵∠B＝∠AFD，
∴△ABE∽△DFA，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴⊙O半径＝．

2．解：（1）如图1中，连接OB，OC．设BF＝EF＝x，OF＝y．

∴∠CEF∠CEF∵AB∥CD，EF⊥AB，
∴EF⊥CD，
∴AF＝BF＝x，DE＝EC＝2，
根据勾股定理可得：，
解得或（舍弃），
∴BF＝4，AB＝2BF＝8．

（2）如图2中，作CH⊥AB于H．

∵OB⊥OC，
∴∠A＝∠BOC＝45°，
∵AH⊥CH，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC＝CH，
∵AB∥CD，EF⊥AB，
∴EF⊥CD，
∠CEF＝∠EFH＝∠CHF＝90°，
∴四边形EFHC是矩形，
∴CH＝EF，
在Rt△OEC中，∵EC＝，OC＝，
OE＝＝＝2，
∵∠EOC+∠OCE＝90°，∠EOC+∠FOB＝90°，
∴∠FOB＝∠ECO，
∵OB＝OC，
∴△OFB≌△CEO（AAS），
∴OF＝EC＝，
∴CH＝EF＝3，
∴AC＝EF＝6．
3．解：（1）①PA+PB＝PC，理由如下：
∵线段PC经过点O，
∴PC是⊙O的直径，
∴∠PAC＝∠PBC＝90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠ACP＝∠BCP＝30°，
∴PA＝PC，PB＝PC，
∴PA+PB＝PC；
②PA+PB＝PC，理由如下：
在PC上截取PD＝PA，连接AD，如图2所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠APD＝∠ABC＝60°，
∵PD＝PA，
∴△APD是等边三角形，
∴AD＝AP＝PD，∠PAD＝60°＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠PAB，
在△ACD和△ABP中，，
∴△ACD≌△ABP（SAS），
∴DC＝PB，
∴PA+PB＝PD+DC＝PC；
（2）在AC上截取ED＝AE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，如图3所示：
∵PE⊥AC，DE＝AE，
∴PA＝PD，
∴∠PAD＝∠PDA＝∠CDG．
∵∠PAD＝∠G．
∴∠CDG＝∠G，
∴CG＝CD，
又∵PA平分∠FAC，
∴∠BAC＝180°﹣2∠PAD＝180°﹣（∠PAD+∠PDA）＝∠APG．
∴
∴，
∴AB＝CG．
∴AC﹣AB＝AC﹣CD＝AD＝2AE，即2AE＝AC﹣AB＝7﹣4＝3，
∴AE＝．


4．（1）①证明：如图1中，

∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABD，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠A+2∠ABD＝90°，
∴△ABD为“类直角三角形”．

②如图1中，假设在AC边设上存在点E（异于点D），使得△ABE是“类直角三角形”．
在Rt△ABC中，∵AB＝5，BC＝3，
∴AC＝＝＝4，
∵∠AEB＝∠C+∠EBC＞90°，
∴∠ABE+2∠A＝90°，
∵∠ABE+∠A+∠CBE＝90°
∴∠A＝∠CBE，
∴△ABC∽△BEC，
∴＝，
∴CE＝＝，

（2）∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AD＝6，AB＝10，
∴BD＝＝＝8，
①如图2中，当∠ABC+2∠C＝90°时，作点D关于直线AB的对称点F，连接FA，FB．则点F在⊙O上，且∠DBF＝∠DOA，

∵∠DBF+∠DAF＝180°，且∠CAD＝∠AOD，
∴∠CAD+∠DAF＝180°，
∴C，A，F共线，
∵∠C+∠ABC+∠ABF＝90°
∴∠C＝∠ABF，
∴△FAB∽△FBC，
∴＝，即＝，
∴AC＝．

②如图3中，由①可知，点C，A，F共线，当点E与D共线时，由对称性可知，BA平分∠FBC，

∴∠C+2∠ABC＝90°，
∵∠CAD＝∠CBF，∠C＝∠C，
∴△DAC∽△FBC，
∴＝，即＝，
∴CD＝（AC+6），
在Rt△ADC中，[（ac+6）]2+62＝AC2，
∴AC＝或﹣6（舍弃），
综上所述，当△ABC是“类直角三角形”时，AC的长为或．
5．解：（1）如图1，延长FE，AC交于点H，连接BD，

∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠HCD＝∠ABD，且∠F＝∠BAD，
∴∠HCD+∠F＝90°，
∴∠H＝90°，
∴AC⊥EF；
（2）如图2，延长FE，AC交于点H，连接BD，

∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠HCD＝∠ABD，
∵2∠CAE+∠DAG＝∠ABD，且∠HCD＝∠CAE+∠ADC，
∴∠CAE+∠ADC＝2∠CAE+∠DAG，
∴∠ADC＝∠CAE+∠DAG，且∠AGC＝∠ADC，且∠AGC＝∠AEC+∠GAD，
∴∠CAE+∠DAG＝∠GAD+∠AEC，
∴∠AEC＝∠CAE，
∴AC＝CE；
（3）如图3，过点K作KM⊥AE，过点E作EN⊥AK，过点A作AP⊥CE，交EC的延长线于P，

∵∠H＝∠AMK＝90°，∠AEH＝∠MEF，
∴∠HAE＝∠MKE，且∠HAE＝∠CEA，
∴∠CEA＝∠MKE，
∵PA⊥AE，∠HAE＝∠CEA，
∴∠CPA＝∠CAP，
∴PC＝AC，且AC＝CE，
∴PE＝2AC，且EK＝2AC，
∴PE＝EK，且∠PAE＝∠KME＝90°，∠CEA＝∠MKE，
∴△PAE≌△EMK（AAS）
∴AE＝MK，
∵AK＝10，△AEK的面积＝18，
∴AK×EN＝×10×EN＝18， AE×MK＝×AE2＝18，
∴EN＝，AE＝6，
∴AN＝＝＝，
∴KN＝AK﹣AN＝，
∴EK＝＝＝2．
6．（1）证明：连接OC．

∵OA＝OB，AC＝CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB是⊙O切线．
（2）证明：∵OA＝OB，AC＝CB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠AOB＝∠ODF+∠OFD＝∠AOC+∠BOC，
∴∠BOC＝∠OFD，
∴OC∥DF，
∴∠CDF＝∠OCD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADC＝∠CDF．
（3）解：作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M．
∵ON⊥DF，
∴DN＝NF＝4，
在Rt△ODN中，∵∠OND＝90°，OD＝5，DN＝4，
∴＝3，
∵∠OCM+∠CMN＝180°，∠OCM＝90°，
∴∠OCM＝∠CMN＝∠MNO＝90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴ON＝CM＝3，MN＝OC＝5，
在RT△CDM中，∵∠DMC＝90°，CM＝3，DM＝DN+MN＝9，
∴CD＝＝＝3．
7．解：（1）连结OB，如图，

∵AB、CD是⊙O的切线，
∴DB＝DC＝2，OB⊥AB，CD⊥OA，
∴∠ABO＝∠ACD＝90°，
∵∠BAO＝30°，
∴AD＝2CD＝2BD，
∴AD＝4，AB＝AD+BD＝6，
∴OB＝AB＝2，
即⊙O的半径为2；
（2）∵∠BAO＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵点P到直线BC的距离为x，
∴△PBC的面积为×2×x＝x，
弓形BC的面积＝扇形COB的面积﹣△COB的面积
＝
＝2，
∴y＝x+2，
当点P到BC的垂线经过圆心O时，其值最大，即2+3，
∴自变量x的取值范围是0≤x≤2+3．
8．（1）证明：如图1中，延长AO交⊙O于M，连接CM．

∵AM是直径，
∴∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠M＝90°，
∵∠CAO＝∠DAE，∠D＝∠M，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴AE⊥CD．

（2）证明：如图2中，连接BC，延长AE交⊙O于H，连接DH．

∵∠CAO＝∠DAE，
∴＝，
∴DH＝BC，
∵BF⊥CD，
∴∠BFC＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD+∠BCF＝90°，∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACD＝∠CBF，
∵∠H＝∠ACD，
∴∠H＝∠CBF，
∵∠DEH＝∠BFC＝90°，
∴△BFC≌△HED（AAS），
∴CF＝DE．

（3）解：如图3中，作GM⊥AD于M，作NJ⊥AB于J，连接BC．

∵∠CGB＝∠AGE，AE⊥CD，
∴tan∠CGB＝tan∠AGE＝＝，设AE＝4k，EG＝3k，则AG＝5k，
∵＝，
∴DM＝CM，∠DAM＝∠MAC，
∵CN＝DM，∠ACN＝∠AMD，
∴△ACN≌△AMD（AAS），
∴AN＝AD，∵AE⊥DN，
∴DE＝EN，∠DAE＝∠NAE＝∠CAB＝∠MAB，
∵NE⊥AE，NJ⊥AB，
∴NE＝NJ，
∵＝＝＝＝，
∴EN＝EG＝k，
∴DN＝k，DG＝k，
∴AD＝＝＝k，
∵•AD•GM＝•DG•AE，
∴GM＝＝，
∴AM＝＝＝k，
∵∠GAM＝∠CAE，∠AMG＝∠AEC＝90°，
∴△AEC∽△AMG，
∴＝，
∴＝，
∴AC＝k，
∵△ACB∽△AED，
∴＝，
∴＝，
∴AB＝10，
∴⊙O的半径为5．
9．解：（1）∵AB＝AC，
∠B＝∠C，
∵四边形AFDC是圆内接四边形，
∴∠AFD+∠C＝∠BFD+∠AFD＝180°，
∴∠BFD＝∠C，
∴∠BFD＝∠B，
∴BD＝DF，
∴△BDF是等腰三角形；
（2）如图，已知AB＝DE，∠B＝∠E，
则四边形ABDE是平行四边形是假命题；
∵＝，
∴DE＝AC，
∵AB＝AC，
∴AB＝DE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠C＝∠E，
∴∠B＝∠E，
﹣＝﹣，
∴＝，
∴AE＝CD＞BD，
但四边形ABDE不是平行四边形，
∴“一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形”是假命题．
10．（1）证明：如图1中，延长CO交⊙O于T，连接BT．

∵OT＝OB，
∴∠T＝∠OBT，
∵∠EOB＝∠T+∠OBT＝2∠T，∠EOB＝2∠OEB＝2∠AEC，
∴∠T＝∠AEC，
∵∠A＝∠T，
∴∠A＝∠AEC，
∴CA＝CE．

（2）证明：如图2中，作OH⊥BC于H，OF⊥CD于F．

∵OC＝OB，OH⊥BC，
∴∠COH＝∠BOH，
∵∠EOB＝2∠OEB＝2∠CEM，
∴∠COH＝∠CEM，
∴∠CEM+∠OCF＝90°，∠OCH+∠OCH＝90°，
∴∠OCH＝∠OCF，
∵OF⊥CD，OH⊥CB，
∴OF＝OH，∵OC＝OC，∠OFC＝∠OHC＝90°，
∴Rt△COF≌Rt△COH（HL），
∴CF＝CH，
∵DF＝CF，CH＝BH，
∴CD＝CB．

（3）延长CO交BD于T，连接TF，TM．

∵CD＝CB，∠DCO＝∠BCO，
∴CT⊥BD，DT＝BT，
∵OC＝OD，
∴∠FDC＝∠TCD，∵∠DFC＝∠CTD＝90°，CD＝DC，
∴△CDT≌△DCF（AAS），
∴DT＝CF，∠TDC＝∠FCD，DF＝CT，
∴∠TDF＝∠FCT，
∵△TDF≌△FCT（SAS），
∴∠DFT＝∠CTF，
∵∠DOC＝∠FOT，
∴∠OCD＝∠OTF，
∴CD∥TF，
∴∠BTF＝∠BDC＝∠FCM，
∵CF＝BT，∠CMF＝∠TFB，
∴△CMF≌△TFB（AAS），
∴FT＝CM，
∴四边形FTMC是平行四边形，
∴TE＝EC，EM＝EF，
∵DF＝CT，OD＝OC，
∴OT＝OF，
∴∠OTF＝∠OFT，
∵∠OTF+∠FET＝90°，∠OFT+∠OFE＝90°，
∴∠OEF＝∠OFE，
∴OE＝OF＝OT，
∵OE∥MO，EF＝EM，
∴OQ＝OF＝1，
∴ET＝EC＝2，
∴OD＝OC＝3，
∴DQ＝2，
∵QP∥OT，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PQ＝，
∴DP＝＝＝，DT＝2，
∴PT＝DT﹣DP＝2﹣＝，
∴OP＝＝＝．
11．解：（1）如图1中，

∵CD⊥AB，AB是直径，
∴＝，
∠CEB＝∠DEB．

（2）如图2中，连接AC、AD，

∵AB⊥CD，OC＝OD，
∴AC＝AD，
∵CD是直径，
∴∠CAD＝90°，
∵AE⊥AF，∠EAF＝∠AOD＝45°，
∴∠EAF＝90°，AE＝AF，
∴∠EAF＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠FAD，
∴△ACE≌△ADF（SAS），
∴CE＝DF．

（3）过点A作AS⊥CE交CE的延长线于S，AT⊥ED于T，过点E作EN⊥AC于N．

∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AED+∠DEG＝90°，∠SEA+∠CEB＝90°，
∵∠CEG＝∠DEG，
∴∠AES＝∠AED，
∵AS⊥ES，AT⊥ET，
∴AS＝AT，
∴＝＝，
∴＝，同法可证＝
∴，
设HG＝x，，
∴x＝1，
∴AC＝6，tan∠ECA＝，tan∠EAC＝，
AE＝，EF＝，BE＝
BF＝＝＝．
12．解：（1）如图1中，

∵AB＝AC，
∴＝，
∵AD经过圆心O，
∴AD⊥BC．

（2）如图2中，设BF交AD于H，连接CH．

∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
∴HB＝HC，
∵BF⊥AC，
∴∠AGH＝∠BDH＝90°，
∴∠HAG+∠AHG＝90°，∠DBH+∠BHD＝90°，
∵∠AHG＝∠BHD，
∴∠HAG＝∠DBH，
∵∠GAF＝∠DBH，
∴∠GAF＝∠GAH，
∵∠GAH+∠AHG＝90°，∠GAF+∠AFG＝90°，
∴∠AHG＝∠AFG，
∴AH＝AF，
∵AC⊥FH，
∴GH＝FG，
∴CH＝CF＝BH，
∴BG＝BH+GH＝CF+FG．

（3）如图3中，作MK⊥AB于K，MJ⊥AC于J．

∵＝，
∴∠PBF＝∠CBF，
∴∠PBC＝2∠PBF＝2∠CAD，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAC＝2∠CAD，
∵∠BPC＝∠BAC，
∴∠BPC＝2∠DAC，
∴∠CBP＝∠CPB，
∴CB＝CP＝10，
∵∠BCN＝∠CBA＝∠CBN+∠ABN，∠CNB＝∠ABN+∠BAN，∠BAN＝∠CBN，
∴∠BCN＝∠BNC，
∴BN＝BC＝10，∵PB＝16，
∴PN＝16﹣10＝6，
∵∠BCN＝∠BCA，∠CBN＝∠CAB，
∴△CBN∽△CAB，
∴＝，设CN＝x，
∴＝，
∴AC＝，
∵∠ABN＝∠PCN，∠ANB＝∠PNC，
∴△ANB∽△PNC，
可得AN•NC＝BN•PN，
∴（﹣x）＝10×6，
∴x＝2（负根已经舍弃），
∴CN＝2，AC＝AB＝5，AN＝3，
在Rt△ADC中，AD＝＝＝15，
∴S△ABC＝•AD•BC＝75，
∵AN：CN＝3：2，
∴S△ABN＝×75＝45，
∵MJ⊥AC，MK⊥AB，∠MAB＝∠MAC，
∴MJ＝MK，
∴＝＝＝＝
∴S△AMN＝×45＝．
13．（1）证明：如图1中，连接OC．

∵∠ABC＝90°，∠A＝30°，
∴∠ACB＝60°，
∵OD垂直平分线段AC，
∴OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝30°，
∴∠OCB＝∠OCD＝30°，
∵∠ODC＝∠OBC＝90°，OC＝OC，
∴△ODC≌△OBC（AAS），
∴OD＝OB，
∴AC是⊙O的切线．

（2）①解：如图1中，∵DP∥BC，
∴∠PDB＝∠DBC，
∵∠ABC＝90°，AD＝DC，
∴BD＝DC＝AD，
∵∠DCB＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，
∴∠BDP＝60°．

②解：如图2中，连接OP，取OB的中点J，连接JQ．

∵BE＝4，
∴OB＝OE＝OD＝OP＝2，JO＝JB＝1，
∵∠OBC＝90°，∠OCB＝30°，
∴BC＝OB＝2，
∴JC＝＝＝，
∵QP＝QB，JO＝JB，
∴JQ＝OP＝1，
∵CQ≥JC﹣JQ，
∴CQ≥﹣1，
∴CQ的最小值为﹣1．
14．解：（1）证明：如图1，连接OC，∵OB＝OC
∴∠OCB＝∠B
∵＝
∴∠F＝∠B
∴∠OCB＝∠F
∵CE是⊙O切线，
∴OC⊥CE
∴∠OCE＝90°
∵∠ECB＝∠OCB+∠OCE
∴∠ECB＝∠F+90°；
（2）证明：如图2，过点C作CG⊥EF于G，连接BF，则∠CGE＝∠CGD＝90°
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°＝∠CGE＝∠CGD
∵OD⊥BC
∴BD＝CD
在△BDF和△CDG中，

∴△BDF≌△CDG（AAS）
∴BF＝CG
∵HA＝HE
∴∠EAH＝∠E
∵∠BAF＝∠EAH
∴∠BAF＝∠E
在△ABF和△ECG中，

∴△ABF≌△ECG（AAS）
∴AB＝CE；
（3）如图3，过点C作CG⊥EF于G，连接AC，OC，OF，BF，
由（2）知：AB＝CE，∠BAF＝∠E
∵OA＝OC
∴∠OCA＝∠OAC
∵AB是⊙O的直径，CE是⊙O切线，
∴∠ACB＝∠ECO＝90°，即∠ECA+∠OCA＝∠ABC+∠OAC
∴∠ECA＝∠ABC
∴△ABD≌△ECA（ASA）
∴BD＝AC
∵BD＝CD
∴AC＝CD
∴△ACD为等腰直角三角形
∴∠ADC＝45°
∴∠EDF＝45°
∴△DEF是等腰直角三角形
设FK＝a，BF＝b，则DF＝b，BD＝CD＝AC＝b，AD＝AC＝2b，BC＝2b，
∵BD＝CD，OA＝OB
∴OD＝AC＝b，
∵∠BDO＝90°
∴OB＝＝＝b
∴AB＝CE＝b
∵S△ADO＝，
∴S△BOD＝S△COD＝，S△BOC＝1
∴BC•OD＝1，即×2b×b＝1
∴b＝1
∴AB＝CE＝，BF＝1，AC＝，BC＝2
∴AF＝＝＝3
过点C作CT⊥AB于T，则CT＝＝＝，
∴OT＝＝＝，
∵tan∠COH＝＝，
∴CH•OT＝CT•OC，即： CH＝×
∴CH＝，
∵EH＝FK＝a，
∴CH＝CE﹣EH＝﹣a，
∴﹣a＝，解得：a＝，
∴FK＝，EH＝，
∵△AEH∽△AFO
∴＝，即AE•OA＝AF•EH，AE×＝3×，
∴AE＝2，EK＝AE+AF﹣FK＝2+3﹣＝
过W作WR⊥EF于R，易证：△BFK∽△WRK
∴＝＝＝，设KR＝m，WR＝2m
∵＝tan∠WER＝tan∠BAF＝＝
∴＝，即ER＝6m，
∴EK＝7m＝，解得：m＝
∴ER＝6×＝，WR＝2×＝
∴WE＝＝＝．



15．（1）证明：如图1中，连接AC．

∵AB是⊙O直径，CE＝DE，
∴AB⊥CD，
∴，
∴∠BAC＝∠BAD，
∵∠CFD＝∠CAD，
∴∠CFD＝2∠BAD．

（2）如图2中，连接BC，BD，在FC上截取FK＝FD，连接BK．
∵，
∴BC＝BD，∠BFD＝∠BFK，
∵FK＝FD，FB＝FB，
∴△BFD≌△BFK（SAS），
∴BK＝BD，
∴BC＝BK，
∵BN⊥CK，
∴CN＝NK，
∴FN＝FK+KN＝DF+CN．

（3）如图3中，连接AC，AF．

∵HE＝BE，
∴设HE＝16a，EB＝27a，
由题意知点H是△ACD重心，
∴AH＝32a，AE＝48a，
连接BD，由射影定理知DE2＝AE•EB，
解得DE＝36a，
∵AD＝10，DE＝36a，AE＝48a，
在Rt△ADE中，由勾股定理可求得a＝，
∴DE＝6，EB＝，AE＝8，CE＝6，CB＝，HE＝，
∴tan∠QCD＝＝，
∵EB＝，
∴CR＝4，
∴tan∠QCD＝，
∴CN＝，
∵tan∠ACE＝＝，
∴tan∠ACQ＝＝，
∴AK＝10×＝，
则CQ＝2CK＝，
∵CN＝，
∴NQ＝，
在Rt△PNQ中，∠PNQ＝90°，tan∠Q＝＝，
∴NP＝NQ×＝．