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2023年中考数学重难点专题复习-圆的综合题
一、解答题
1．如图①，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，AD与BC交于点F，过点D作DE⊥AB于点E．
（1）求证：BC＝2DE；
（2）如图②，连接OF，若∠AFO＝45°，半径为2时，求AC的长．
2．如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，AD交⊙O 于点E．
(1)求证：AC平分DAB；
(2)连接CE，若CE=6，AC=8，求AE的长.
3．阅读下列材料：如图1，圆的概念：在平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆.就是说，到某个定点等于定长的所有点在同一个圆上，圆心在，半径为的圆的方程可以写为：， 如：圆心在，半径为5的圆方程为：
（1）填空：以为圆心，为半径的圆的方程为______；
（2）根据以上材料解决下列问题：如图2， 以为圆心的圆与轴相切于原点，是上一点，连接，作垂足为，延长交轴于点，已知．
①连接，证明是的切线；
②在上是否存在一点，使？若存在，求点坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，说明理由．
4．已知：内接于，过点作，垂足为点，．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点在上，连接，为中点，连接，．求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长、分别交于点、，、的延长线相交于点，连接，若，，求线段的长．
5．如图，在△ABC中，AB=AC=4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，点P是AB的延长线上一点，且∠PDB=∠A，连接DE，OE．
（1）求证：PD是⊙O的切线．
（2）填空：①当∠P的度数为______时，四边形OBDE是菱形；
②当∠BAC=45°时，△CDE的面积为_________．
6．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．
7．已知圆O圆心为坐标原点，半径为，直线交x轴负半轴于A点，交y轴正半轴于B点．
（1）求．
（2）设圆O与x轴的两交点是，若从发出的光线经上的点M反射后过点，求光线从射出经反射到经过的路程．
（3）点P是x轴负半轴上一点，从点P发出的光线经反射后与圆O相切．若光线从射出经反射到相切经过的路程最短，求点P的坐标．
8．初步探究
如图①，过点P的两条直线分别与⊙O相切于点Ａ，与⊙O相交于B、C两点，且AC恰好经过圆心O．求证△PAB∽△PCA．
进一步探究
如图②若其他条件不变，但AC不经过圆心O．上述结论是否成立？请说明理由．
尝试应用
如图③，PA＝3，PB＝，⊙O的半径为2，请直接写出直线PC上一点与圆心O的最短距离．
9．如下图所示，在直角坐标系中，以为圆心的与轴相交于两点，与轴相交于两点，连接．
（1）上有一点，使得．求证；
（2）在（1）的结论下，延长到点，连接，若，请证明与相切；
（3）如果，的半径为2，求（2）中直线的解析式．
10．如图，在中，，以线段上的点为圆心，为半径作，分别与边、相交于、两点，过点作于．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求线段的长．
11．如图，AB是的直径，C是上一点，D是OB中点，过点D作AB的垂线交AC的延长线于点F，FD上有一点E，．
（1）求证：CE是的切线；
（2）如果，，求AB的长．
12．如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE OC＝40．
(1)求证：BC＝CP；
(2)求AD BC的值；
(3)若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
13．如图①，以的边为直径的交边于点，过点作的切线交于点，且.
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）如图②，若线段、的延长线交于点，，，求的半径和的长.
14．如图，是的直径，是的弦，点是延长线上的一点，平分交于点．过点作，垂足为．
求证：是的切线；
若，，求的半径．

15．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．
(1)写出点A的坐标；
(2)当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得与全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)若点M在直线l上，且∠POM=90°，记外接圆和外接圆的面积分别是、，求的值．
16．如图，点C是以为直径的半圆O上的动点，，连接，点D是上一动点，连接，且与相交于点F．过点C作与的延长线交于点E使得．
(1)求证：是的切线；
(2)当四边形是平行四边形时，判断形状，并说明理由；
(3)当点F为中点且时，求的长．
17．在平面直角坐标系xOy中，点P与点Q不重合，以点P为圆心作经过Q的圆，则称该圆为点P、Q的“相关圆”
(1)已知点P的坐标为（2，0）①若点Q的坐标为（0，1），求点P、Q的“相关圆”的面积；②若点Q的坐标为（3，n），且点P、Q的“相关圆”的半径为，求n的值；
(2)已知△ABC为等边三角形，点A和点B的坐标分别为（﹣，0）、（，0），点C在y轴正半轴上，若点P、Q的“相关圆”恰好是△ABC的内切圆且点Q在直线y=2x上，求点Q的坐标．
(3)已知△ABC三个顶点的坐标为：A（﹣3，0）、B（，0），C（0，4），点P的坐标为（0，），点Q的坐标为（m，），若点P、Q的“相关圆”与△ABC的三边中至少一边存在公共点，直接写出m的取值范围．
参考答案：
1．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）如图①中，延长DE交⊙O于G，连接AG．想办法证明DE＝EG，BC＝DG即可．
（2）如图②中，作FR⊥AB于R，OS⊥AD于S．首先证明BF＝BO，利用相似三角形的性质证明AC＝2FR＝2CF，由tan∠FAR＝tan∠FAC＝，设SO＝t，AS＝2t，SF＝SO＝t，利用勾股定理求出t即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：如图①中，延长DE交⊙O于G，连接AG．
∵AB⊥DG，AB是直径，
∴＝，DE＝EG，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠DAB，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝DG＝2DE．
（2）解：如图②中，作FR⊥AB于R，OS⊥AD于S．
∵AD平分∠CAB，FC⊥AC，FR⊥AB，
∴∠CAD＝∠BAD＝，FC＝FR，
∴∠FBO＝
∵∠AFO＝45°，
∴∠FOB＝45°+x，
∴∠OFB＝180°﹣（90°﹣2x）﹣（45°+x）＝45°+x，
∴∠FOB＝∠OFB
∴BF＝BO＝OA，
∵∠FRB＝∠ACB＝90°，∠FBR＝∠ABC，
∴，
∴＝＝，
∴AC＝2FR＝2FC，
∴tan∠FAR＝tan∠FAC＝，
设SO＝t，
AS＝2t，
SF＝SO＝t，
由
则t2+4t2＝4，
∵t＞0，
∴t＝，
∴AF＝3t＝，
设CF＝m，则AC＝2m，
则有5m2＝，
∵m＞0，
∴m＝，
∴AC＝2m＝．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，角平分线的性质定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．(1)证明见解析
(2)2.8
【分析】（1）连接OC，利用条件可证得ADOC，再根据平行线的性质和角之间的关系可得∠DAC=∠CAO，即可得证；
（2）连接BC、OE，根据圆周角定理和勾股定理可求AB的长，然后根据相似三角形的判定和性质可得到AD=4.8，DE=3.6，由此可解．
【详解】（1）证明：连接OC，则OC⊥CD，又AD⊥CD，
∴∠ADC=∠OCD=90°，
∴AD∥OC，
∴∠CAD＝∠OCA，
又OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠CAD＝∠CAO，
∴AC平分∠DAB．
（2）解：连接BC、OE，
∵∠EOA＝2∠CAD，∠COB=2∠CAO
∵∠CAD＝∠CAO，
∴∠EOA＝∠COB
∴BC=EC=6
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
又AC=8，勾股定理易得AB=10，
∵∠DAC＝∠CAB，∠ADC＝∠ACB=90°,
∴ADCACB，
∴,
∴AD==6.4，
又∠DEC=∠ABC，同理可得DE=3.6，
∴AE=AD-DE=6.4-3.6=2.8．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质、圆周角定理、勾股定理和相似三角形的性质，解决本题的关键是掌握以上基本的性质．
3．（1）；（2）①见解析；②存在，以为圆心，以为半径的方程为．
【分析】（1）根据阅读材料中的定义求解；
（2）①根据垂径定理由BD⊥OC得到CD=OD，则BE垂直平分OC，再根据线段垂直平分线的性质得EO=EC，则∠EOC=∠ECO，加上∠BOC=∠BCO，易得∠BOE=∠BCE=90°，然后根据切线的判定定理得到EC是⊙B的切线；
②由∠BOE=∠BCE=90°，根据圆周角定理得点C和点O都在以BE为直径的圆上，即当P点为BE的中点时，满足PB=PC=PE=PO，利用同角的余角相等得∠BOE=∠AOC，则sin∠BOE=sin∠AOC=，在Rt△BOE中，利用正弦的定义计算出BE=5，利用勾股定理计算出OE=4，则E点坐标为（0，4），于是得到线段BE的中点P的坐标为，然后写出以P为圆心，以为半径的⊙P的方程．
【详解】（1）根据题意可得：以为圆心，为半径的圆的方程为
故答案为：
（2）①
垂直平分，
，
是的切线
②存在，
点和点都在以为直径的圆上，
当点为的中点时，满足
点坐标为
在中，
点坐标为，
线段BE的中点的坐标为，
以为圆心，以为半径的的方程为
【点睛】本题了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、切线的判定定理、圆周角定理和等腰三角形的性质是关键；阅读理解能力也是本题考查的重点．
4．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，∠BAM=∠CAM=，可得，可证△AMB≌△AMC（ASA）即可；
（2）延长CF交于点L，交AC于点N，连结BL，∠ECF=∠BAC，可得AN=NC，由，可得∠BAC=∠BLC，由，可得∠ABL=∠ACL，，可证AB=CL．可证△BFL≌△EFC（AAS）即可；
（3）连接LE，AL，过点L作LR⊥AE，由BL∥CE且BL=CE，可证四边形LBCE为平行四边形，可得LE=BC，∠AEL=∠ACB， 四边形ALBC为圆内接四边形，可得可证，，可证，，可得，，，设则，，在中，，，，连接OA、，为中点，可推得，连接，由，，可求，，，可求．
【详解】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，
∴∠BAM=∠CAM=，
，
，
∴∠DBC+∠C=90°，
∴∠CAM+∠C=∠DBC+∠C=90°，
∴∠AMB=∠AMC=90°，
在△AEB和△AEC中，
，
∴△AMB≌△AMC（ASA），
∴AB=AC，
（2）延长CF交于点L，交于点N，连结BL，
∵∠ECF=∠BAC，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
，
，
点为中点，
，
在△BFL和△EFC中
，
，
，
，
；
（3）连接，
且，
四边形为平行四边形，
，，
连接，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
，
，
过点作，
，
在和中，
，，，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
，
，
，
，
设则，，
在中，，，
，
连接OA、，
为中点，
．
，
，
，
连接，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查角平分线，两直线垂直，三角形全等判定与性质，圆周角性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握角平分线，两直线垂直，三角形全等判定与性质，圆周角性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，关键是利用辅助线构造准确的图形．
5．（1）见解析；（2）①30；②
【分析】（1）连接OD，由三角形内角和定理可证∠ODB=90°－∠A，进而可求∠ODB+∠PDB=90°，即∠ODP为直角，从而结论得证；
（2）当四边形OBDE为菱形时，△OBD为等边三角形，则∠P为30°；
（3）连接BE，AD，由圆周角定理可证∠ADB=90°，∠AEB=90°，由等腰三角形的性质和三角形的面积公式可知S△DCE=S△BCE，证明△ABE是等腰直角三角形，根据勾股定理求出AE=BE=，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）连接OD，
∵OB=OD， ∠PDB=∠A，
∴∠ODB=∠ABD=(180°-∠A)=90°－∠A=90°－∠PDB，
∴∠ODB+∠PDB=90°，
∴∠ODP=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴PD是⊙O的切线．
（2）①30°，理由如下：
若四边形OBDE为菱形，则OB=BD=DE=EO=OD，
∴△OBD为等边三角形，
∴∠ABD=∠ODB=60°，
∵∠PDO=90°，
∴∠PDB=30°，
∴∠P=30°，
即当∠P为30°时，四边形OBDE为菱形；
②连接BE，AD，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∠AEB=90°，
∵AB=AC，
∴D为BC中点，
∴S△DCE=S△BCE，
∵∠BAC=45°，
∴AE=BE，△ABE是等腰直角三角形，
∵AB=AC=4，
∴AE=BE=，
∴CE=4-，
∴S△DCE=S△BCE，
=×BE·CE
=×××(4-)
=．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，菱形的性质，等腰直角三角形的判定，等边三角形的性质，三角形外角的性质，勾股定理等知识，（3）是本题的难点，证明S△DCE=S△BCE是解（3）的关键．
6．（1）证明过程见解析；（2）12．
【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直角，即可得证；
（2）过O作OG⊥BC，可得出四边形ODCG为矩形，在Rt△OBG中，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE＝2BG．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠1=∠2，
∵OB=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=90°，
∴AC为⊙O的切线；
（2）解：过O作OG⊥BC，连接OE，
∵∠C=∠ODC=90°，
∴∠C=∠ODC=∠OGC=90°，
∴四边形ODCG为矩形，
∴GC＝OD＝OB＝10，OG＝CD＝8，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG＝6，
∵OG⊥BE，OB＝OE，
∴BE＝2BG＝12．
【点睛】此题考查了切线的判定，矩形的判定和性质，勾股定理以及垂径定理，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．
7．（1）30°；（2）；（3）
【分析】（1）易求，，则，，由，即可得出结果；
（2）由对称性可知，点关于的对称点在过点且倾斜角为的直线上，在△中，，，，则△为直角三角形，得，得光线从射出经反射到经过的路程为，即可得出结果；
（3）由对称性可知，点关于的对称点在过点且倾斜角为的直线上，设光线经上的点反射后切点为，则，路程最短即为上点到切点的切线长最短，连接、，在中，是定值，只有最短时，长最短，此时应为过原点且与垂直的直线与的交点，这一点又与点关于对称，，即可得出结果．
【详解】解：（1）直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，
令，则，
令，则，
，，
，，
在中，，
；
（2）圆与轴的两交点是，，半径为，
，
由对称性可知，点关于的对称点在过点且倾斜角为的直线上，如图1所示：
则，
在△中，，，，
△为直角三角形，
，
光线从射出经反射到经过的路程为：；
（3）由对称性可知，点关于的对称点在过点且倾斜角为的直线上，
设光线经上的点反射后切点为，如图2所示：
则，
路程最短即为上点到切点的切线长最短，
连接、，
在中，是定值，只有最短时，长最短，
此时应为过原点且与垂直的直线与的交点，这一点又与点关于对称，
，
点的坐标为．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的性质、切线的性质、坐标与图形性质、对称的性质、直角三角形的判定、三角函数定义等知识；熟练掌握对称的性质和三角函数定义是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）成立.理由见解析（3）1．
【详解】试题分析：(1)、根据切线的性质得出∠PAB+∠BAC=90°，根据直径的性质得出∠BAC+∠C=90°，从而得出∠PAB=∠C，结合公共角得出三角形相似；(2)、连接AO，延长AO交⊙O于D，连接BD，然后根据第一题相似的方法得出三角形相似；(3)、当AC为直径时以及三角形相似得出最短距离.
试题解析：（1）∵PA与⊙O相切， ∴∠PAC＝90° ∴∠1＋∠PAB＝90°．
∵AC是⊙O的直径 ∴∠1＋∠C＝90° ∴∠PAB＝∠C 又∵∠P＝∠P ∴△PAB∽△PCA
（2）成立.连接AO，延长AO交⊙O于D，连接BD．
∵PA与⊙O相切 ∴∠PAD＝90° ∴∠1＋∠PAB＝90° ∵AD是⊙O的直径
∴∠1＋∠D＝90° ∴∠PAB＝∠D 又∵∠C＝∠D ∴∠PAB＝∠C
又∵∠P＝∠P ∴△PAB∽△PCA．
（3）1．
点睛：本题主要考查的就是切线的性质以及三角形相似在圆中的应用的问题.解决这个问题的关键就是根据切线的性质找出相等的角，从而得到三角形相似.在解决圆的问题时，如果出现切线，我们首先需要连接圆心和切点得到直角，出现直径我们还要明白直径所对的圆周角为直角的性质.在圆里面一定要知道同弧所对的圆周角是相等的.
9．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）通过证明∽即可得证；
（2）连接，关键证明，从而易得，得到与相切；
（3）由，的半径为2，易得，均为等边三角形，它们的高分别是，从而易得点B，P的坐标，由待定系数法求出直线的解析式．
【详解】解：（1）由题意可知，，
又因为，所以，
故∽，
所以，
（2）连接，则，
因为，，
故，
即，所以与相切．
（3），，所以，
，
所以，均为等边三角形，它们的高分别是，
故点的坐标为；点的横坐标为，纵坐标为，
设的直线为，则，
所以，所以直线的解析式为．
【点睛】本题属于圆的综合问题，主要考查了圆周角定理，等边对等角，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定以及待定系数法求函数解析式，本题综合性较强，但难度不大．
10．（1）直线与相切．证明见解析；（2）．
【分析】（1）连结OE，如图，由AB＝AC得∠B＝∠C，由OB＝OE得∠B＝∠OEB，则∠OEB＝∠C，根据平行线的判定得到OE∥AC，而EF⊥AC，则根据平行线的性质得OE⊥EF，于是可根据切线的判定定理得到结论；
（2）连接ED解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）答：直线与相切．
证明：连结，如图，
，
，
，
，
，
，
而，
，
为的切线；
（2）如图，连接，
，为的直径，
，，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．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．也考查了解直角三角形．
11．（1）证明见详解；（2）AB＝．
【分析】（1）如图，连结OC．由EF⊥AB，可得∠F+∠FAD=90°由CE＝EF．可得∠2＝∠F．由OC＝OA，可得∠FAD＝∠1．可求∠OCE=90°，可得OC⊥CE即可；
（2）根据sin∠F＝，设AD＝3k，AF＝5k，可得FD＝4k，表示DB＝k，AB＝4k，证明△FAD∽△BGD，列比例式得：，即DG＝k，，根据直角三角形的性质得：∠3＝∠4，则得k的值，从而代入AB＝4k＝．
【详解】（1）证明：如图，连结OC．
∵EF⊥AB，
∴∠FDA=90°，
∴∠F+∠FAD=90°
∵CE＝EF．
∴∠2＝∠F．
又∵OC＝OA，
∴∠FAD＝∠1．
∴∠1+∠2=∠FAD+∠F＝90°．
∴∠OCE=180°-∠1-∠2=180°-（∠1+∠2）=180°-90°=90°
∴OC⊥CE．
∴CE切⊙O于点C；
（2）连结CB交FD于点G．
∵FD⊥AB，sin∠F＝，
∴设AD＝3k，AF＝5k，可得FD＝4k．
∵D为OB的中点，
∴DB＝k，AB＝4k．
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝∠FCB＝90°=∠GDB．
∴∠F=90°-∠4=90°-∠BGD＝∠B．
∵∠FDA＝∠GDB＝90°，
∴△FAD∽△BGD，
∴，即，
解得DG＝k，
可得FG＝4k﹣k＝k
∵∠FCB＝90°，
∴∠4+∠F＝∠2+∠3．
∵∠F＝∠2，
∴∠3＝∠4．
∴CE＝EF＝EG．
∵EF＝1，
∴FG＝2．
∴＝2，k＝，
∴AB＝4k＝．
【点睛】本题题考查了切线的判定，锐角三角函数定义，直径所对圆周角性质，三角形相似判定与性质，第二问利用三角函数的比设未知数是关键．
12．(1)见解析
(2)20
(3)
【分析】（ 1）利用切线的性质及互余倒角可得到∠CEP＝∠P，所以BC＝CP；
（ 2）先推出△BAE∽△COB，利用相似性质和AE OC＝40得出OB的值，再过点D作DG⊥BC于点G，利用矩形的性质及切线长定理得到的线段关系，在直角三角形GCD中勾股定理列方程，处理即可得到AD BC的值；
（3 ）利用相似三角形将面积关系转化成线段关系，设线段长，利用（2 ）结论列方程即可得到AD、BC的长，从而得到四边形ABCD的面积．
(1)
连接BE，
∵CB、CE是⊙O的两条切线，
∴CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEP＝90°，
∴∠CEP+∠CEB＝90°，∠P+∠CBE＝90°，
∴∠CEP＝∠P，
∴CP＝CE，
∴BC＝CP；
(2)
∵BC、AD是⊙O的两条切线，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴AD∥BP，
∴∠BEA＝∠OBC＝90°，
∵OA＝OB，BC＝CP，
∴OC∥AP，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴△BAE∽△COB，
∴，
即AB OB＝AE OC，
∵AB＝2OB，AE OC＝40，
∴2OB2＝40，
∴OB＝2，
过点D作DG⊥BC于点G，则四边形ABGD为矩形，
∴GC＝BC﹣AD，
∵AD、DC、BC是⊙O的三条切线，
∴DA＝DE，BC＝CE，
在Rt△GCD中，，
∴4BC AD＝80，
∴AD BC＝20；
(3)
∵AD∥BP，
∴△ADE∽△PCE，
∵S△ADE：S△PCE＝16：25，
∴AD：CP＝4：5，即AD：BC＝4：5，
∴设AD＝4x，BC＝5x，
∵AD BC＝20，
∴4x 5x＝20，
∴x＝±1（舍负），
∴AD＝4，BC＝5，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，涉及到切线长定理，圆周角定理、相似三角形、矩形的性质、勾股定理，其中利用相似三角形、构造矩形是解题的关键．
13．（1）是等腰三角形，理由见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，根据切线性质得OE⊥DE，与已知中的ED⊥AC得平行，由此得∠1=∠C，再根据同圆的半径相等得∠1=∠B，可得出三角形为等腰三角形；
（2）通过作辅助线构建矩形OGDE，再设与半径有关系的边OG=x，通过AB=AC列等量关系式，可求得结论．
【详解】（1）是等腰三角形，理由如下：
如图①，连结.因为是的切线，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，则，即是等腰三角形.
（2）如图②，过点作，垂足为，则四边形是矩形.由（1）知是等腰三角形，，所以，则，设，则，，所以，根据且，得：，解得，所以，即的半径为2；在中，，由，得，所以.
【点睛】本题考查切线的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握切线的性质和三角函数.
14．（1）证明见解析；（2）的半径为．
【分析】（1）证明：连接CO，证得∠OCA=∠CAE，由平行线的判定得到OC∥FD，再证得OC⊥CE，即可证得结论；
（2）证明：连接BC，由圆周角定理得到∠BCA=90°，再证得△ABC∽△ACE，根据相似三角形的性质即可证得结论．
【详解】证明：连接，
如图所示：
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
解：连接，如图所示：
在中，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，即的半径为．
【点睛】考查了圆周角定理，切线的判定，平行线的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键.
15．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）在中，令y=0，可求得x的值，从而得到点A的坐标；
（2）先画出图形，在Rt△BOA中，由勾股定理得到AB的长，再由全等三角形的性质求得QA的长，从而得到BQ的长，根据PA=BQ，求得PA的长度，从而可求得点P的坐标；
（3）先画出图形，设AP=m，先由，求得AM的长，再由勾股定理可求得两圆的直径，然后利用圆的面积公式求得两圆的面积，最后代入所求代数式求解即可．
【详解】（1）令y=0，得：﹣x+4=0，解得x=4，所以点A的坐标为（4，0）；
（2）存在．
理由：第一种情况，如下图一所示：
∵∠OBA＝∠BAP，
∴它们是对应角，
∴BQ＝PA，
将x＝0代入y＝﹣x+4得：y＝4，
∴OB＝4，
由（1）可知OA＝4，
在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB＝＝4．
∵△BOQ≌△AQP．
∴QA＝OB＝4，BQ＝PA．
∵BQ＝AB﹣AQ＝4﹣4，
∴PA＝4﹣4．
∴点P的坐标为（4，4﹣4）；
第二种情况，如下图二所示：
∵△OQB≌△QPA，
∴AQ＝BO＝4，AB＝，BQ＝AP，
∴BQ＝AB+AQ＝，
∴AP＝4，
∴点P的坐标为：（4，﹣4）；
综上所述：点P的坐标为：（4，）或（4，）．
（3）如下图所示：
∵OP⊥OM，
∴∠1+∠3=90°，
又∵∠2+∠1=90°，
∴∠2=∠3，
又∵∠OAP=∠OAM=90°，
∴，
∴，
设AP=m，则：，
∴AM=，
在中，PO==，
∴===，
在中，OM==，
∴===，
∴===．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定以及勾股定理和一次函数的综合应用，根据题意画出图形，利用全等三角形和相似三角形的性质和判定求得AM和PA的长度是解题的关键．
16．(1)证明见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）由题意知，，由可知，则，由可知，进而可证结论；
（2）由平行四边形的性质可得，，则，，，由垂径定理可知，证明，有，，则，，进而可证是等边三角形；
（3）如图，补全圆，延长交于，连接，由圆周角定理得，由是的直径可得，由可知，；在中，由勾股定理得，证明，则即，求的值，根据求的值即可．
（1）
证明：由题意知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵是半径，
∴是的切线．
（2）
解：是等边三角形．
理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由垂径定理可知，
在和中
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
（3）
解：如图，补全圆，延长交于，连接，
∵，
∴，
由题意知是的直径，
∴，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
∴即，
解得，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，等边对等角，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直径所对的圆周角为90°，平行四边形的性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，正弦，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
17．(1)①5π；②2或﹣2
(2)（，）
(3)或﹣ ≤m≤﹣，≤m≤．
【分析】（1）①根据PQ=，求出⊙P的半径即可解决问题；
②过点Q作QH⊥x轴于H．利用勾股定理求出QH的值，即可解决问题；
（2）在Rt△OAC中，∠ACO=30°，可得OC=OA=3，推出C点坐标为（0，3），推出△ABC的内切圆的圆心的坐标为（0，1），半径为1，推出P（0，1），设Q（x，2x），则有x2+（2x﹣1）2=1，求出x即可；
（3）①当相关圆与AC、AB相切时，可得半径有最小值．
②当相关圆经过点B时，可得半径最大值，由此即可解决问题.
【详解】（1）①∵PQ=，
∴S=π r2=5π．
②过点Q作QH⊥x轴于H．
∵HQ==2，
∴Q点坐标为（3，2）或（3，﹣2）．
∴n=2或﹣2．
（2）如图，
在Rt△OAC中，∠ACO=30°，
∴OC=OA=3，
∴C点坐标为（0，3），
∴△ABC的内切圆的圆心的坐标为（0，1），半径为1，
∴P（0，1），
设Q（x，2x），则有x2+（2x﹣1）2=1，
解得x=，
∴Q（，）．
（3）如图3中，
①当相关圆与AC相切时半径有最小值，设半径为，设与交于点，交于点，
A（﹣3，0）、B（，0），C（0，4），点P的坐标为（0，），点Q的坐标为（m，），
解得
．
同理可得当相关圆与AB相切时半径大于，
∴当相关圆与AC相切时半径有最小值，为
②当相关圆经过点B时，半径有最大值
，
∴﹣≤m≤﹣，≤m≤．
【点睛】本题考查几何新定义，圆综合题、正切、切线的性质、勾股定理、点P、Q的“相关圆”的定义等知识，解题的关键是理解新定义，灵活应用所学知识解决问题．

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