北师大版九年级数学下册 专题3.32 圆的综合题-圆与相似（专项练习）（附答案）

这是一份北师大版九年级数学下册 专题3.32 圆的综合题-圆与相似（专项练习）（附答案），共79页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

纵观近几年各省市中考题中，圆的综合题是必考题型,主要体现在圆与全等三角形、相似三角形、三角函数的综合，有的设置两个小问,有的设置三个小问,类型比较多,难度比较大。
◆知识点
圆的综合题涉及到的知识点比较多,主要有圆的基本性质、圆心角定理、圆周角定理及其推论、垂径定理及其推论、圆内接三角形的性质、圆内接四边形的性质、三角形内切圆及三角形内心的概念、全等三角形的判定定理及性质定理、相似三角形的判定定理及性质定理、勾股定理及其逆定理、切线的判定定理及性质定理。
◆解题策略及方法
虽然圆的综合题难度比较大,但是,只要我们熟记圆的各个性质和判定定理,还有辅助线的各种作法,这类题是可以突破的圆作为一个载体,常与三角形、四边形结合,考查切线的性质及判定、相似三角形的性质及判定、解直角三角形、求线段长或图形面积等.解题需要先分析题干中的条件,然后从图形中挖掘出隐含条件
常用方法:①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股定理或锐角三角函数进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系;
③利用直径构造直角三角形;
④发现并构造相似,利用全等和相似、锐角三角函数、勾股定理进行证明和计算;
⑤在计算面积时,可以利用面积的和差进行。
1．如图，已知，在ABC中，O为AB上一点，CO平分∠ACB，以O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O与BC相切于点B，交CO于点D，延长CO交⊙O于点E，连接BD，BE．
（1）求证：AC是⊙O的切线．
（2）若tan∠BDE，BC=6，求⊙O的半径．
2．如图，为的直径，与相切，以、为边的平行四边形交于点D，连．
（1）求证：是的切线；
（2）连，若，，求的值．
3．已知：如图，四边形ABCD内接于圆，延长AD、BC相交于点E，点F是BD的延长线上的点，且DE平分∠CDF．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若AC＝5cm，AD＝3cm，求DE的长．
4．已知是圆直径，点为圆上一点，于，过作切线，交延长线于．
（1）求证：为圆切线；
（2）连接并延长交于，若为弧中点，，求．
5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，作△BCD的外接圆⊙O，CE是⊙O的直径，且CE与AB交于点G，DF∥EC交AC于点F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若，AC＝5，求⊙O的半径长．
6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，FH是⊙O的切线，切点为F，FH∥BC，连结AF交BC于E，∠ABC的平分线BD交AF于D，连结BF．
（1）求证：AF平分∠BAC；
（2）若EF＝4，DE＝3，求AD的长．
7．如图，在中，，是的外接圆，过点作的直径，交于点，点是上的一个动点，连结并延长交于点，交于点，连结，，已知，．
（1）______，______；(直接写出结果)
（2）求证：平分；
（3）当时，求的长；
（4）是否存在点使是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的的长；若不存在，说明理由．
8．如图所示，AB是的直径，CB，CE分别切于点B、点D，CE与BA的延长线交于点E，连接OC，OD．已知，，，请选用以上适当的数据，设计出计算的半径r的一种方案．
（1）你选用的已知数据是__________．
（2）写出求解过程（结果用字母表示）．
9．如图所示，已知直线l与相离，于点A，交于点P，点B是上一点，连接BP并延长，交直线l于点C，使得．
（1）求证：AB是的切线；
（2）若，，求的半径和线段PB的长．
10．如图，在中，，平分交于点，是边上一点，以点为圆心，长为半径的圆经过点，作于点，延长交于点，连接并延长交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，，求与的面积之比．
11．如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，且AC平分∠DAB，CD⊥AD于点D，连接BC．
（1）求证：CD与⊙O相切；
（2）若AD＝x，AC＝x＋2，AB＝x＋5，求CD的长．
12．如图，点C在以AB为直径的☉O上，BD平分∠ABC交☉O于点D，过D作BC的垂线，垂足为E．
（1）求证：DE与☉O相切；
（2）请用线段AB、BE表示CE的长，并说明理由；
（3）若AB=5，BE=4，求BD的长．
13．如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连结、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
14．如图，以△ABC的边AC为直径的⊙O与BC相切于点C，⊙O与AB相交于点D，E是BC的中点．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的直径为5，，求DE的长．
15．如图，内接于半圆，是直径，过作半圆切线．
（1）求证：；
（2）设是弧的中点，连接交于，过作于，交于．求证：；
（3）在（2）的条件下，的面积为4.5，且，，求的面积．
16．如图：已知⊙M经过O点，并且⊙M与x轴，y轴分别交于A，B两点，线段OA，OB（OA＞OB）的长是方程的两根．
（1）求线段OA，OB的长；
（2）已知点C是劣弧OA的中点，连结BC交OA于D．
① 求证：；
② 求点C的坐标；
17．如图，的直径，C为上的一点，已知，垂足为D，并且，求的长．
18．如图，A，B，C，D是上的四个点，，交于点E，，求的长．
19．如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上，连接AD，过点B作BE∥AD，交⊙O于点E，延长DC、BE交于点F．求证：
（1）DB＝DF；
（2）四边形AEFD是平行四边形．
20．如图，与的边相切于点，与、边分别交于点、，，是的直径．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径是，，求的长．
21．如图，是的直径，弦于点，点是上一点，且．连接，，交于点．
（1）若，，求的半径；
（2）求证：；
（3）连接并延长，交的延长线于点，过点作的切线，交的延长线于点．求证：．
如图所示，以点为圆心的圆与轴，轴分别交于点、、、直线与相切于点，分别交轴，轴于点、．
（1）如图1，求半径；
（2）如图2，连接，弦交轴于点，若，求的值；
（3）如图3，在射线上取一点，连接交于，连接交轴于，若，求点坐标．
23．如图，已知在四边形中，，以为直径的交于点，(点在点上方)，连结，，，与交于点．
（1）求证：；
（2）若，，．
①求的长；
②求．
24．在中，，以为直径的交于点．
（1）如图①，以点为圆心，为半径作圆弧交于点，连结，若，求；
（2）如图②，过点作的切线交于点，求证：；
（3）如图③，在（1）（2）的条件下，若，求的值．
25．已知四边形内接于，．
（1）如图1，求证：点到两边的距离相等；
（2）如图2，已知与相交于点，为的直径．
①求证：；
②若，，求的长．
26．如图1，在直角坐标系中，直线与、轴分别交于点、两点，的角平分线交轴于点．点为直线上一点，以为直径的经过点，且与轴交于另一点．
（1）求证：轴是的切线；
（2）请求的半径，并直接写出点的坐标；
（3）如图2，若点为上的一点，连接，且满足，请求出的长？
27．如图，矩形ABCD是⊙O的内接矩形，⊙O半径为5，AB＝8，点E、F分别是弦CD、BC上的动点，连结EF，∠EAF始终保持等于45°．
（1）求AD的长度．
（2）已知DE＝，求BF的长度．
（3）试探究△AEF的面积是否存在最小值，若存在，请求出它的最小值；若不存在，请说明理由．
28．如图，内接于，，为直径，与相交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点，连接．
（1）求证：与相切：
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若的半径为4，，求的长．
29．在平面直角坐标系xOy中，作⊙O分别交x轴y轴于点A、B，点C在第三象限且在圆上，D是弦AB的中点，OD的长为．
（1）如图1所示，求半径的长度；
（2）如图1所示，若圆心O到弦BC的距离OE=，求C点的坐标；
（3）如图2所示，C点坐标同第（2）问，P是x轴下方的一个动点，使得∠BPC：∠BOC=1：2，四边形OBPC的面积是否存在最大值？若存在请算出面积，并直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
30．如图，已知AB是⊙O的弦，OB＝1，C是弦AB上的任意一点（不与点A、B重合），连接CO并延长CO交⊙O于点D，连接AD．设∠B＝α，∠ADC＝β．
（1）求∠BOD的度数（用含α，β的代数式表示）；
（2）若α＝30°，当AC的长度为多少时，以点A、C、D为顶点的三角形与B、C、O为顶点的三角形相似？请写出解答过程．
（3）若α＝β，连接AO，记△AOD、△AOC、△COB的面积分别为S1，S2，S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OC的长．
31．定义：若抛物线的图象恒过定点，则称为抛物线L的“不动点”．已知：若抛物线．
（1）求抛物线L的不动点坐标；
（2）如图1，已知平面直角坐标系中、、，以点B为圆心，为半径作⊙B，点P为⊙B上一点，将点C绕点P逆时针旋转得到点，当点P在⊙B上运动时，求线段长度的最大值；
（3）在（2）的条件下，若抛物线L的对称轴是直线﹔
①求抛物线L的解析式；
②如图2，若直线交抛物线L于点、，交y轴于点Q，平面内一点H坐标为，记，当点P在⊙B上运动时，求的取值范围．
32．如图1，内接于，弦交于点，连接，且．
（1）求证：；
（2）如图2，点在弧上，连接、，交于点，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，，若，时，求弦的长．
参考答案
1．（1）见解析；（2）4.5
【分析】
（1）作OF⊥AC于F，利用角平分线的性质证明OF=OB，即可证明AC是⊙O的切线．
（2）利用圆周角定理证明△CBE∽△CDB，根据相似三角形的性质即可求解．
（1）证明：作OF⊥AC于F，
∵⊙O与BC相切于点B，∴OB⊥BC，
∵CO平分∠ACB，
∴OF=OB ，
又OB是半径，OF⊥AC于F，
∴AC是⊙O的切线．
（2）解：∵DE是直径，
∴∠DBE=90°，
又tan∠BDE，∴，
由（1），知∵OE=OB，OB⊥BC ，
∴∠OBC=90° ，
∴∠DBC=∠OBE，
∴∠E=∠OBE，
∴∠E=∠DBC，
又 ∠C=∠C，
∴△CBE∽△CDB，
∴，
∵BC=6，
∴，
∴，
∴DE=9，
∵OD=4.5，即⊙O的半径是4.5．
【点拨】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正切函数，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
2．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）如图1，连接，可证，得到即可；
（2）如图2，连接交于点H，连接CD交AO于点M，通过平行四边形和勾股定理求出AO的长，再根据条件和垂径定理证明点M为CD的中点，推出OM为的中位线，再利用等面积法求出CM，再根据勾股定理求出OM，得到BD，最后根据，可求出DH，即可得到的值．
解：（1）证明：如图1，连，
为的直径，与相切，
，
四边形为平行四边形，

在和中，
，
，
，
是的切线；
（2）如图2，连接交于点H，连接CD交AO于点M，
，，
在平行四边形中，，
，
在中，，

点M为CD的中点，
为的中位线，

，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴．
【点拨】本题主要考查圆的性质综合，涉及勾股定理，全等三角形，相似三角形，锐角三角函数，比较综合，也有一定难度，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）cm
【分析】
（1）由圆内接四边形的性质，可求得∠ABC＝∠2；由于∠1＝∠2＝∠3＝∠4，故∠ABC＝∠4，由此得证．
（2）证△ABD∽△AEB，通过相似三角形的对应边成比例，即可求出AE及DE的值．
（1）证明：如图：
∵∠ABC＝∠2，∠2＝∠1＝∠3，∠4＝∠3，
∴∠ABC＝∠4，
∴AB＝AC；
（2）解：∵∠3＝∠4＝∠ABC，∠DAB＝∠BAE，
∴△ABD∽△AEB，
∴，
∵AB＝AC＝5cm，AD＝3cm，
∴AE＝，
∴DE＝（cm）．
【点拨】本题综合考查了角平分线，相似三角形，圆内接四边形的性质，是中学阶段的常规题目．
4．（1）见详解； （2）
【分析】
（1）连接OC，先证明△COE≌△BOE，可得∠OBE=∠OCE=90°，即可求证；
（2）过点D作DH⊥AB于点H，根据是圆直径，，可得∠ACB=90°，AB=2OB=20，又由为弧中点，可得到△ABC是等腰直角三角形，进而△DOB是等腰直角三角形，从而DH=OH=OB=5，再证明△ADH～△AFB，利用相似三角形的性质，即可求解．
（1）证明：如图1，连接OC，
∵CE是圆切线，
∴∠OCE=90°，
∵OC=OB，，
∴∠COE=∠BOE，
∵OE=OE，
∴△COE≌△BOE，
∴∠OBE=∠OCE=90°，
∴为圆切线；
（2）如图，过点D作DH⊥AB于点H，
∵是圆直径，，
∴∠ACB=90°，AB=2OB=20，
∵为弧中点，
∴AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
∵，
∴△DOB是等腰直角三角形，
∵DH⊥AB，
∴DH=OH= OB=5，
∴AH=AO+OH=15，
∵BE⊥AB，
∴DH∥BF，
∴△ADH～△AFB，
∴ ，即 ，
解得：BF= ．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定等知识，熟练掌握切线的判定与性质，证明△COE≌△BOE，△ADH～△AFB是解题的关键．
5．（1）见解析；（2）⊙O的半径长为．
【分析】
（1）由∠ACB=90°，AC=BC得∠B=∠A=45°，再由圆周角定理得∠DOC=90°，再由DF∥EC，即可证DF为⊙O的切线；
（2）先证明∠CDF=∠A=45°，由∠CDF=∠A和∠ACD=∠DCF可证△ACD∽△DCF，从而有，再由、DF∥EC、AC=5得CF=3、AC=5，由此求出CD，再用勾股定理求出OC即可．
（1）证明：连接OD，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠B=∠A=45°，
∴∠DOC=2∠B=90°，
∴OD⊥CE，
∵DF∥EC，
∴OD⊥DF，
∴DF为⊙O的切线；
（2）解：由（1）知，∠DOC=90°，OD=OC，
∴∠DCO=45°，
∵DF∥EC，
∴∠CDF=∠DCO=45°，
∴∠CDF=∠A，
∵∠ACD=∠DCF，
∴△ACD∽△DCF，
∴，即CD2=AC•CF，
∵，DF∥EC，
∴AF：CF=2：3，
∵AC=5，
∴CF=3，AC=5，
∴CD=，
∵CO2+OD2=CD2，
∴OC=，
∴⊙O的半径长为．
【点拨】本题考查了相似三角形的性质和判定、切线的判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是证明△ACD∽△DCF、求出CD．
6．（1）证明见详解；（2）AD =．
【分析】
（1）连结OF，由FH是⊙O的切线，可得OF⊥FH ，由FH∥BC ，可得OF垂直平分BC ，根据垂径定理可得，根据圆周角性质可得∠1=∠2即可；
（2）根据∠ABC的平分线BD，可得∠4=∠3，可证∠FDB=∠FBD，可得BF=FD ，再证△BFE∽△AFB ，根据性质可得， 再求BF=DF= 7，可求，即可求AD．
（1）证明：连结OF，
∵FH是⊙O的切线，
∴OF⊥FH ，
∵FH∥BC ，
∴OF垂直平分BC ，
∴，
∴∠1=∠2，
∴AF平分∠BAC，
（2）解∵∠ABC的平分线BD交AF于D，
∴∠4=∠3，
∠1=∠2，
∴∠1+∠4=∠2+∠3，
∵∠5=∠2，
∴∠1+∠4=∠5+∠3 ，
∴∠FDB=∠FBD，
∴BF=FD ，
在△BFE和△AFB中，
∵∠5=∠2=∠1，∠AFB=∠EFB，
∴△BFE∽△AFB ，
∴，
∴，
∴ ，
∵BF=DF=EF+DE=7，
∴，
∴AD=AF-DF==．
【点拨】本题考查圆的切线性质，平行线性质，垂径定理，圆周角性质，等腰三角形判定，三角形相似判定与性质，线段的和差，掌握圆的切线性质，平行线性质，垂径定理，圆周角性质，等腰三角形判定，三角形相似判定与性质，线段的和差是解题关键．
7．（1）4，；（2）见解析；（3）；（4）存在，或或
【分析】
（1）连接OC，由，可求出OC和HC的长度，然后利用勾股定理即可求出OH的长度，再加上AO的长度即AH的长，然后在△AHC中利用勾股定理即可求出AC的长度．
（2）根据圆周角的性质得到，然后根据等腰三角形的性质可得，即可证明平分；
（3）连接EO，并延长交圆于点G，连接CG，可证△CEG是等腰直角三角形，然后可求出的长；
（4）根据等腰三角形的概念分，，三种情况讨论，分别求解即可．
（1）解：如图所示，连接OC，
∵，AD是的直径，
∴AD⊥BC，
又∵，，
∴，
∴在△ODC中，，
∴；
在△ADC中，．
故答案为：4，；．
（2）证明：是的外接圆的直径，，
是的中垂线，
，
．
，
，
．
，
，
平分．
（3）解：如图，连接EO，并延长交圆于点G，连接CG，
，，
是等腰直角三角形，
，
∵∠CGE=∠CBE=45°，∠ECG=90°，
∴是等腰直角三角形，
．
（4）解：当时，如图：
，
，
是直角三角形，
点与点重合，
；
当时，如图：
平分，，
．
，
．
又，
，
，
，
，
；
当时，过点作于点，如图：
，，，
，
平分，
．
，，
，
，
，
，
．
综上所述，存在，的长是或或．
【点拨】此题考查了圆周角，圆心角等圆的综合性质，等腰三角形的性质，勾股定理等内容，解题的关键是根据题意分析出边角之间的关系．
8．（1）a，b；（2），其他情况见解析；
【分析】
方案一：选用的已知数据是a，b，根据题意，是直角三角形，所以在中，利用勾股定理得到：，就可以求出半径的长度；
方案二：选用的已知数据是a，b，c，利用，得到，由此可得到半径的长度；
方案三：选用的已知数是a，b，c，在种，利用勾股定理得到：，就可以求出半径的长度；
方案四：选用的已知数是a，b，c，根据角的关系，得到，所以，由此推出，即可求出半径的长度．
解：方案一 （1）选用的已知数据是a，b．
（2）求解过程：
∵CE分别切于点D，
∴．
在中，，，，且，
即，
解得（舍负值）．
方案二 （1）选用的已知数据是a，b，c．
（2）求解过程：
∵CB，CE分别切于点B、点D，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
∴，
即，
解得（舍负值）．
说明：在和中，分别表示，也可得到上述方程（或等价形式）．
方案三 （1）选用的已知数是a，b，c．
（2）求解过程：
∵CB，CE分别切于点B、点D，
∴，．
在中，，，，且，
即，
解得（含负值）．
方案四 （1）选用的已知数是a，b，c．
（2）求解过程：
如图，连接AD．
CB，CE分别切于点B、点D，
∴，，．
∴，．
∵，
∴．
∴，
∴，
∴，即，
∴．
9．（1）见解析；（2）3；
【分析】
（1）连接OB，根据等腰三角形性质得出∠ABC=∠ACB，∠OBP=∠OPB，求出∠ABC+∠OBP=90°，根据切线的判定推出即可；
（2）方法1：延长AO交⊙O于D，连接BD，设⊙O半径为r，则AP=5-r，OB=r，根据勾股定理得出方程，求出r即可．求出，再证明，得出代入求出BP即可；
方法2：同理求出，，根据三角形面积公式求出BD，再由勾股定理求出OD得到DP，即可求出BP的长；
方法3：同理求出，，，然后证明，求出PD，再利用垂径定理求出PB的长；
方法4：，同理求出，，，，利用面积法求出，即可利用勾股定理求出，，再由三线合一定理求出PB即可．
解：（1）证明：如图所示，连接OB．
，
．
，
．
，
，
．
，
，即．
点B为半径OB的外端点，
AB是的切线．
（2）方法1 如图所示，延长AP交于点D，连接BD，OB．
设的半径为r，则由，得，．
在中，，
在中，．
由，得，
解得．
．
PD是直径，
．
，
．
，即，
解得．
方法2 如图所示，连接OB，过点B作于点D．
同理求出，，
∵
∴，
∴,
∴
∴．
方法3 如图所示，连接OB，过点O作于点D．
同理求出，，，
∴，
∴∠ODP=∠PAC=90°，
又∵∠DPO=∠APC
∴，
∴，即
∴，
∴（垂径定理）．
方法4 如图所示，过点A作于点F，

同理求出，，，
∴，
同理利用面积法可以得到，，
∴，，
又∵AC=AB，AF⊥BC，
∴
∴．
10．（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠CAD，根据平行线的性质得到OD⊥BC，于是得到结论；
（2）先证明，得到，，再根据半径相等即可证明求解；
（3）连接，，设，则，利用在中,利用列出方程求出半径，再根据即可求解．
（1）证明：如图，连接，
经过，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）证明：，，
，
又，
，
，
，
，
；
（3）连接，，
平分，，，，
，
设，则，
在中，，
，
，
，，
，
，
．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
11．（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）如图，连接OC，根据等腰三角形的性质可得∠CAO＝∠ACO，根据角平分线的定义可得∠DAC＝∠OAC，即可得出∠DAC＝∠ACO，根据CD⊥AD可得∠DAC+∠DCA=90°，即可得∠DCO=90°，即可得结论；
（2）根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，可得∠ADC=∠ACB=90°，即可证明△DAC∽△CAB，根据相似三角形的性质可求出x的值，利用勾股定理即可得答案．
（1）如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO．
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠ACO，
∵CD⊥AD，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∴∠ACO+∠DCA=90°，即∠DCO=90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
∵∠DAC＝∠BAC，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即，
解得：x＝4，
经检验x＝4是原方程的根，
∴AD＝4，AC＝x+2=6，
∴在Rt△ADC中，CD＝＝＝2．
【点拨】本题考查切线的判定、圆周角定理及相似三角形的判定与性质，经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；直径所对的圆周角是90°；如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相关判定定理是解题关键．
12．（1）见解析；（2）CE＝AB﹣BE，理由见解析；（3）
【分析】
（1）连接OD，先证OD∥BE，再根据BE⊥DE，可得OD⊥DE，即可得证结论；
（2）过点D作DH⊥AB于H，根据HL证Rt△BED≅Rt△BHD，再根据AAS证△ADH≅△CDE，再利用等量代换即可得出CE=AB-BE；
（3）证△ABD∽△DBE，根据线段比例关系即可求出BD的长度．
解：（1）连接OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD=∠CBD，
∴∠ODB=∠CBD，
∴OD∥BE，
∵BE⊥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE与⊙O相切；
（2）CE=AB-BE，理由如下：
过D作DH⊥AB于H，
∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，
∴DH=DE，
在Rt△BED与Rt△BHD中，
，
∴Rt△BED≅Rt△BHD（HL），
∴BH=BE，
∵∠DCE=∠A，∠DGA=∠DEC=90°，
∴△ADH≅△CDE（AAS），
∴AH=CE，
∵AB=AH+BH，
∴AB=BE+CE，
∴CE=AB-BE；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵BE⊥DE，
∴∠ADB=∠BED=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBE，
∴△ABD∽△DBE，
∴，
∴，
∴BD=2．
．
【点拨】本题主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
13．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
解：（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，
是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，
在中，，，
，
．
【点拨】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
14．（1）见解析；（2）5．
【分析】
（1）连接OD．欲证ED与⊙O相切，只需证明OD⊥DE；
（2）通过相似三角形△ADC∽△CDB的对应边成比例知 ，由此可以求得线段BC的长度，根据直角三角形斜边中线的性质即可求得．
（1）证明：连接OD．
∵BC是⊙O的切线，AC是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CDB＝90°，
又∵EB＝EC
∴DE为直角△DCB斜边的中线，
∴DE＝CE＝BC．
∴∠DCE＝∠CDE，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴∠ODC+∠CDE＝∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°
∴DE是⊙O的切线．
（2）∵ ，
∴设AD＝x，CD＝2x，
∵AC＝5，AD2+DC2＝AC2，
∴x2+（2x）2＝52，
∴x＝，
即AD＝，CD＝2，
在Rt△BDC和Rt△ADC中，∠ADC＝∠BDC＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵△ADC∽△CDB，
∴，
即 ，
∴BC＝10．
∴DE＝BC＝5．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质．圆心到一条直线的距离等于该圆的半径，则该直线就是圆的一条切线．
15．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角推出，再根据切线的定义得到，由此得到结论；
（2）连接交于，证明，得到，由此得到结论；
（3）连接，证明，得到，再推出，得到，求出，根据，得到，代入数值计算即可．
（1）证明：∵是直径，
∴，
∴，
∵是切线，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图连接交于．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：连接．
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∵是弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的面积为9，且，，
∴．
【点拨】此题考查圆周角定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等角对等边的证明，切线的定义，熟记各知识点是解题的关键．
16．（1）；（2）①见解析；②（6，-4）
【分析】
（1）依题意解一元二次方程即可求得线段OA，OB的长；
（2）①由题意得，根据同弧所对的圆周角相等可得∠OBC=∠DOC，结合公共角，进而证明△OCB∽△DCO，即可证明；②根据点C是劣弧OA的中点，连接MC交OA于点E，由垂径定理可得，，由直角所对的弦是直径，勾股定理求得，进而求得，即可求得点的坐标．
（1）
OA＞OB
（2）①∵点C是劣弧OA的中点，
∴
∴∠OBC=∠DOC，
又∵∠C=∠C，
∴△OCB∽△DCO．
∴
即；
②连接MC交OA于点E，连接,
∵点C是劣弧OA的中点，
ME⊥OA，
，
∵OA=12，OB=5，∠BOA=90°，
∴AB是⊙M的直径，由勾股定理得AB=13，
根据勾股定理，得
∴CE=6.5-2.5=4，即C（6，-4）；
【点拨】本题考查了解一元二次方程，相似三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，垂径定理及其推理，掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
17．．
【分析】由AB是⊙O的直径，得到∠ACB＝90°，由于CD⊥AB，于是得到∠ADC＝∠BDC＝90°，推出∠A＝∠BCD，证得△ACD∽△BCD，得到比例式，代入数据即可得到结果．
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴∠ACD＋∠BCD＝∠ACD＋∠A＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△BCD，
∴，
∵AB＝13cm，CD＝6cm，
∴BD＝AB−AD，
∴CD2＝AD（AB−AD），
即：36＝AD（13−AD），
解得：AD＝4，BD＝9，
∵AD＜BD，
∴AD＝4．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
18．．
【分析】
根据圆周角定理可得∠ACB＝∠ABC＝∠D，再利用三角形相似△ABD∽△AEB，即可得出答案．
解：∵∠ABC＝∠D，∠BAE＝∠DAB，
∴△ABE∽△ADB，
∴ ，即AB2＝AE•AD＝2×6＝12．
∴．
【点拨】此题主要考查了圆周角定理以及相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABD∽△AEB是解决问题的关键．
19．（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）先证∠DBE=∠ACB，结合∠BDC=∠BAC，可得，进而即可得到答案；
（2）先证∠F=∠ACB，结合∠AEB=∠ACB，可得AE∥DF，进而即可得到结论．
解：（1）∵AD∥BE，
∴∠ADB=∠DBE，
又∵∠ADB=∠ACB，
∴∠DBE=∠ACB，
∵∠BDC=∠BAC，
∴，

∵AB＝AC，
∴DB＝DF；
（2）∵DB＝DF， AB＝AC，，
∠F=∠ACB，
∵∠AEB=∠ACB，
∴∠F=∠AEB，
∴AE∥DF，
又∵BE∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形．
【点拨】本题主要考查圆周角定理的推论，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理，掌握弧，弦，圆周角之间的等量关系是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）3．
【分析】
（1）连接，根据切线的性质得到，再根据平行线的性质得到，进而证明，由全等三角形的性质解得，据此解题；
（2）由勾股定理解得AE=1，AB=4，继而证明，由相似三角形的性质解得，最后由（1）中结论解得．
（1）证明：连接，
与的边相切于点，是的直径，
，
，
，，
，
，
，
在与中，，
，
，
是的切线；
（2）解：，
，
设
或（舍去）
，，
，
，
，
由（1）知，，
．
【点拨】本题考查切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
21．（1）5；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】
（1）连接AC，BC，BD，通过证明△BCE∽△CAE，可得，可求AE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△BDE≌△NDE，可得∠DBN＝∠DNB，即可证AN＝AF，可得△ANF为等腰三角形；
（3）通过证明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．
解：（1）如图，连接AC，BC，BD，
∵CD⊥AB，AB是直径
∴
∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA
∴△BCE∽△CAE
∴,即,
∴AE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5；
（2）∵，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°
∴△BDE≌△NDE（ASA）
∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN
∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA
∴∠FNA＝∠DFA
∴AN＝AF；
（3）如图，连接NC，CO，DO，
∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE•OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠BNC＝∠CBN，
∴∠CBP＝∠CNO，
∵，
∴∠BOC＝∠BAF
∵CO//AF
∴∠PCO＝∠PFA
∵四边形BCFA是圆内接四边形
∴∠PBC＝∠PFA
∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO•NO，
∴ON•OP＝OE•OM．
【点拨】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
22．（1）2；（2）；（3）
【分析】
（1）连接HM，先求出点P、L的坐标，再求出LO、PO的长度，继而由勾股定理求得LP，再通过证明△LOP ∽△MHP，根据相似三角形对应边成比例求出HM，即r的长度；
（2）连接DE、CE，通过证明，再利用相似比求出DH，CE的长度，继而即可求出cs∠EHD的值；
（3）连接，根据圆周角可得进而可得，易证，根据相似三角形对应边成比例性质得，若，不妨设，代入解方程求得x，联立方程即可求解．
解：（1）连接，即为半径，
∴MH⊥LP，
∴∠LOP＝∠MHP＝90°，
,
∴△LOP ∽△MHP，
∴，
∵直线
∴，，即LO＝、PO＝5，
在Rt△LOP中，由勾股定理可得：，即，
解得：，
∵，，
∴MP＝4，
∴，解得：，
即．
（2）连接，．
∵，，
∴，
∴，
∵在Rt△MHP中，MD＝MH＝2＝，
∴DH是△MHP斜边中线，DH＝2，
∴
∴．
（3）连接
∵（同弧所对的圆周角相等），
∴
∵垂直平分
∴
∴，
∴
∴
∴
∴
若，不妨设，
∴，
∴或－4（舍）
∴，
∴，
联立解得：
∴．
【点拨】本题考查了圆的综合问题，掌握一次函数的性质、圆的性质、余弦的性质、相似三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）①；②1：5．
【分析】
（1）由直径所对的圆周角是90°，得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，据此证明；
（2）①过点作于点，由勾股定理解得CD的长，再证明，由相似三角形的对应边成比例解得，，由勾股定理解得DE的长，再根据（1）中，由相似三角形的性质解得；
②连接，证明，，由相似三角形的对应边成比例解题即可．
（1）证明：是的直径，
．
，
．
与都是所对的圆周角，
，
．
（2）解：①过点作于点，如图．
，，，
，，
．
，，
．
，
，
．
，
．
，点在点上方，
，，
．
由（1）知，，
，
即，
．
②连接，如图．
，，，
，．
，，，，．
，，
，
．
，，
，
，
，
．
【点拨】本题考查相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直径所对的圆周角是90°、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由三角形内角和角的计算问题；
（2）证明，则，得到，即可求解；
（3）设，，，则，由，得到，同理可得：，即可求解．
解：（1）由题意知，，
，
，又，
；
（2）如图2，为圆的切线，连接，
则，，，
，
，
，，且．
．
，
；
（3）过作的垂线交于，过作的垂线交于，连接，
，，
，
设，，，则，
而，
，
则，
，
则，
，
，
同理可得：，
则，
所以．
【点拨】本题为圆的综合题，主要考查圆的有关性质以及圆中切线性质的应用，题目难度不大．
25．（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）连接，由等弦对等弧，等弧对等角得，即可得证；
（2）①由，得到，由直径所对的圆周角是直角，可推得；过点作，交延长线于点，根据角的关系证明，又由，得到，进一步等量代换得，即可得证；
（2）②由第一小问知，，设，则，由条件求出BD的值，建立等量关系，分别求出DE的值，再证明，根据相似三角形线段成比例得，代入相关数值求解即可．
（1）证明：如图1，连接，
，
，
，
点到两边的距离相等；
（2）①，
，
为直径，
，
，
如图2，过点作，交延长线于点，
，，
又由（1）知：，
，
，
，
，
，
②如图，
由（2）①得：，
则，
设，则，
为直径，
，
，
，
，
解得：，
，，
又，
，
，，
，
，
．
【点拨】本题考查三角形的相似的性质和判定，等弦对等弧，等弧对等角，平行线分线段成比例等相关知识点，牢记知识点是解题关键．
26．（1）见解析；（2）；的坐标为（1，4）；（3）．
【分析】
（1）要证明轴是的切线，只需要连接后证明即可．
（2）由（1）可知，则，设半径为后，利用对应边的比相等列方程即可求出半径的值，再证明，由此可求得点C的坐标．
（3）由于，所以可以连接、构造直角三角形．再过点作，然后利用勾股定理即可求出的长度．
（1）证明：如图，连接，
的角平分线交轴于点，
，
，
，
，
，
，
为半径，
轴是的切线；
（2）解：，，
，，
在中，由勾股定理可得：，
设半径，则，
，
，
，
，
，
，
∴，
如图，过点C作CM⊥y轴于点M，则，
∴，
，
，
解得：，，
∴，
的坐标为；
（3）解：如图，过点作于，连接、，
是直径，
，，
，
，
在中，由勾股定理可知：，
∴，
∴（舍负），
∴，
设，则，
∵，
∴，
，
，
，
，
∵在中，由勾股定理可知：，
，
解得：或（不合题意，舍去），
，
∵，，
∴，
∴，
∵在中，由勾股定理可得：，
∴，
∴（舍负），
∴，
在中，由勾股定理可知：，
．
【点拨】此题属于圆的综合题，涉及了切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等相关知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练掌握各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来，灵活运用．
27．（1）AD＝6；（2）BF＝2；（3）△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．
【分析】
（1）连接BD，根据矩形性质及圆周角定理可得答案；
（2）过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，由矩形性质及余角性质得∠EGM＝∠AED，然后由全等三角形的性质及相似三角形的判定与性质可得答案；
（3）过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，根据直角三角形的性质及三角形面积公式可得答案．
解：（1）如图，连接BD，
在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵⊙O半径为5，
∴BD＝10，
∴AD＝ ＝6；
（2）如图，过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，
在矩形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，
∴∠EMG＝∠D＝90°，
∴四边形ADMN是矩形，
∴∠EGM+∠MEG＝90°，
∴∠AED+∠MEG＝90°，
∴∠EGM＝∠AED，
在△AEG中，∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EGF＝45°，
∴AE＝EG，
∴△AED≌△EGM（AAS），
∴MG＝DE＝ ，EM＝AD＝6，
∴AN＝DE+EM＝ ，NG＝MN﹣MG＝ ，
∵MNADBC，
∴△ABF∽△ANG，
∴ ，
解得BF＝2；
（3）△AEF的面积存在最小值，理由如下：
过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EIP＝90°，∠IEP＝45°，∠IEQ＝45°，
∴EP＝ r，IQ＝r，
∵IA+IQ≥AD，
∴r+r≥6，
∴r≥12﹣6 ，
∴S△AEF＝AB•EP＝4r，
∴S△AEF≥4（12﹣6），
∴S△AEF ﹣48，
∴△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．
【点拨】此题考查了矩形的性质、圆的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
28．（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG=90°，由∠BAC与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO可得∠CBG=∠DBC，结合∠DBC+∠OBC=90°即可得证；
（2）求需将BE与OC或OC相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM⊥AC、连接OA，证△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，结合即可得；
（3）Rt△DBC中求得BC=4、∠DCB=30°，在Rt△EFC中设EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=4﹣x，继而在Rt△BEF中利用勾股定理求出x的，从而得出答案．
（1）证明：如图，连接，
∵，
，
、，
，
是的直径，
∴∠DBC=90°，
，
，
，
与相切；
（2）解：过点作于点，连接，
∵OC=OA，，
∴，
，
，
∴∠EBF=∠AOM，
又，
，
，
，，
，
又，
；
（3）解：，，
，
在中，，
又，
是等边三角形，
，
，，
，
∴EC=2EF，由勾股定理FC=
设，则、，
，
，且，
，
在中，，
，
整理得
△=242-16×23=208＞0
解得：，
，舍去，
，
．
【点拨】本题主要考查圆的综合问题，涉及圆周角定理、圆心角定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握和运用相关的性质与定理进行解题是关键.
29．（1）5；（2）C（-4，-3）；（3）存在，四边形OBPC面积最大值为；P（，）
【分析】
（1）利用直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；
（2）设C为（x，y），由B（0，-5），求得E（，），再利用两点之间的距离公式列方程求解即可；
（3）分点P在⊙O上和点P在与⊙O等半径同BC弦的⊙M上，利用四边形的面积公式以及相似三角形的判定和性质即可求解．
解：（1）∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OAB = 45°，
∴OA=AB，
∵OD经过圆心O点，D是AB的中点，
∴OD⊥AB，
AB=2OD，
∴OA=AB=OD=5；
（2）∵OE⊥BC，
∴E是BC的中点，
∴B（0，-5），设C为（x，y），则E为（，），
∵OC=5，
∴x2+y2=25，
∵OE=，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，，
因为C在第三象限，∴C（-4，-3）；
（3）∵∠BPC：∠BOC=1：2，
①当P点在⊙O上，此时不构成四边形OBPC，不符合题意，
②P点在如图所示的⊙M上（⊙M与⊙O是等圆），
当点P在OM的延长线上时，四边形OBPC面积最大，此时，OP垂直平分BC，
∵OE=，
∴ME= OE=，
∴，
∵C（-4，-3），
∴BC =，
∴四边形OBPC面积最大值为，
综上所述四边形OBPC面积最大值为，
过点P作PG⊥轴于点G，
在Rt△OEB中，OE=，BO=5，
∴EB=，
∵∠BOE=∠POG=90°，∠OEB=∠OGP=90°，
∴△OEB∽△OGP，
∴，
∴，
∴，，
∴P（，）．
【点拨】本题考查了坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，
30．（1）∠BOD＝2α+2β；（2）AC＝；（3）OC＝．
【分析】
（1）作辅助线OA，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可确定∠DOB的值；
（2）分析△ACD中只有∠D可能等于30°，得出∠D的对应角为∠B，根据相垂径定理可得出AC的长；
（3）先根据比例中项得出a和b的关系式，再证明△ACD∽△OCA，再得出AD和AC的关系式，两式联立即可求出AC、AD，从而求出OC．
解：（1）连接AO，如图：
∵OA＝OD，OA＝OB，∠B＝α，∠ADC＝β，
∴∠OAD＝∠ADC＝α，∠OAB＝∠B＝β，
∴∠BOD＝2∠DAB＝2（∠OAD+∠OAB）＝2α+2β；
（2）∵点C不与A、B重合，
∴∠DAC＞30°，∠ACD＞30°，
∵△ACD∽△OCB，
∴∠D＝∠B＝α＝30°，
由（1）知∠DOB＝2（30°+30°）＝120°，
∴∠BOC＝60°，
∴∠OCB＝90°，
根据垂径定理知C是AB的中点，
∴AC＝BC＝OB•cs30°＝；
（3）∵α＝β，
∴∠ADO=∠ABO，
∵OA=OD=OB，
∴∠ADO=∠OAD=∠ABO=∠OAB，
∴△ADO≌△ABO，
∵OA是∠DAC的角平分线，
设AD＝a，AC=b，AD、AC边上的高为h，
则：，，，
又∵S2是S1和S3的比例中项，
∴，即，
化简得a2﹣b2＝ab①，
∵α＝β，
∴∠DOB＝4α，
∴∠DCB＝3α，
∴∠AOC＝∠DAC＝2α，
∴△ACO～△DCA，
∴，
∴，
整理得：，a2b＝a+b②，
联立①②得：
，
∴OC＝．
【点拨】本题主要考查圆的知识的综合应用，关键是要熟练掌握与圆有关性质，包括垂径定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，第二问关键要考虑到只有∠D可以等于30°，这样就能找到对应的边，当出现多个未知数时，要考虑用方程组的思想解决．
31．（1）（0,1）和（2,3）；（2）；（3）①②
【分析】
（1）将函数关系式变形即可得出当=0时，值不受影响，求出定点坐标即可；
（2）用相似三角形得出的轨迹，然后分析得出最大值即可；
（3）①利用对称轴公式求解出的值，即可得出函数关系式；②根据点到直线的距离求出
解：（1）
当=0时，值不受影响
解得，
当时，
当时，
∴恒过定点（0,1）和（2,3）
即抛物线L的不动点坐标是（0,1）和（2,3）
故答案为（0,1）和（2,3）
（2）如图所示，过点B作BQ⊥轴，使
在取一点，作
则是直角三角形
∵，
又∵
∴
∴
∴
∴点是以Q为圆心，为半径的圆，
如图所示，共线时，最大
，
∴，
故答案为；
（3）①
∵对称轴为
∴
∴
∴
故答案为
②∵过点
∴设函数关系式为，则
∴
∴
当与相切时，点到直线的距离为1
∴，解得
∴的取值范围是
当时，，，
当时，
令，则或
∵或
∴
∴
∴
∴
∴
即
综上所述
故答案为
【点拨】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、旋转、函数的最值、动点问题等，其中用韦达定理处理复杂数据，数形结合是此类题目的一种基本方法．
32．（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）作⊙O的直径AF，连接BF，证明∠ACD+∠CAE=90°即可；
（2）连接BE，利用角的转换证明∠BMD=∠BEM，从而可得BM=BE，进而根据等腰三角形三线合一即可得出结论；
（3）如图3，证明得即可求出DE长，进而由勾股定理求出BD，再由相交线弦定理求出CD，即可得出CE长，可得．
（1）证明：如图1，作⊙O的直径AF，连接BF，
∴∠AFB+∠OAB=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠OAB，
又∵∠DAC=∠ABO，
∴∠DAC=∠ABO=∠OAB．
∵
∵∠AFB=∠ACD，
∵AF是直径
∴∠AFB+∠OAB=90°，
∴∠ACD+∠CAE=90°，
∴∠ADC=90°，即AE⊥BC；
（2）连接BE，
∵
∴∠ACF=∠ABF，
又∵∠ACF=∠OBC，
∴∠ABF=∠OBC，
∴∠ABO+∠OBF=∠FBC+∠OBF，
∴∠ABO=∠FBC，
∵∠DAC=∠ABO，
∴∠DAC=∠MBC，
∵∠BMD+∠MBC =∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠BMD=∠ACD，
∵
∴∠BEM=∠ACD，
∴∠BMD=∠BEM，
∴BM=BE，
∵AE⊥BC，
∴MD=ED；
（3）如图2，连接EC，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知MD=ED，BM=BE，
∴，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即
∴，
∵，
∴，
∴
【点拨】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．