圆精典培优竞赛题(含详细答案)

圆培优竞赛

1．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C、D，若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是（）

A

5

13

12

．

12

5

C

3

13

5

D

2

13

3

【答案】B．

【解析】

试题分析：如答图，连接PO，AO，取AO中点G，连接AG，过点A作AH⊥PO于点H，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，

∴PA=PB，CA=CE，DB=DE，∠APO=∠BPO，∠OAP=90o.

∵△PCD的周长等于3r，∴PA=PB=3

r 2

.

∵⊙O的半径为r，∴在Rt△APO中，由勾股定理得

2

2

313

PO t r

2

??

=+=

?

??

. ∴

13 GO=.

∵∠OHA=∠OAP=90o, ∠HOA=∠AOP,∴△HOA∽△AOP. ∴AH OH OA

PA OA OP

==,即

AH OH

3r13 r r 2

==

∴

313213

AH OH=.∴

13213513

GH GO OH

=--.

∵∠AGH=2∠APO=∠APB, ∴

AH12 tan APB tan AGH

G

313

13

513

r

H5∠=∠===.

故选B．

考点：1.切线的性质；2.切线长定理；3.勾股定理；4.相似三角形的判定和性质；5.锐角三角函数定义；6.直角三角形斜边上中线的性质；7.转换思想的应用.

2．如图，以PQ=2r(r∈Q)为直径的圆与一个以R(R∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R、r的值可能是( ).

=5，r=2 =4，r=3/2

=4，r=2 =5，r=3/2

【答案】D

【解析】

本题考查圆和勾股定理的综合应用，在竞赛思维训练中有典型意义。

可以将选项中的数据代入圆中，看是否满足条件。

做圆心O 和正方形中心O。设正方形边长为a。设AB中点为H，连接OH并延长，交大圆于点J

P

则连接OA .

由勾股定理有OH =

JH R =-所以22r a R R ++=。 将各个选项数据代入，知D 正确。

3．如图，Rt △ABC 中，∠C=90°，AB=5，AC=3，点E 在中线AD 上，以E 为圆心的⊙E 分别与AB 、BC 相切，则⊙E 的半径为（ ）．

A ．78

B ．67

C ．5

6

D ．1

【答案】B. 【解析】

试题分析：作EH ⊥AC 于H ，EF ⊥BC 于F ，EG

⊥AB 于G ，连结EB ，EC ，设⊙E 的半径为R ，如图，

B

C DM

∵∠C=90°，AB=5，AC=3， ∴BC=

224AB AC =-，而AD 为中线，

∴DC=2，

∵以E 为圆心的⊙E 分别与AB 、BC 相切， ∴EG=EF=R ， ∴HC=R ，AH=3-R ， ∵EH ∥BC ，

∴△AEH ∽△ADC ，∴EH ：CD=AH ：AC ， 即EH=

2(3)

3

R -， ∵S △ABE +S △BCE +S △ACE =S △ABC ，

∴12×5×R+12×4×R+12×3×2(3)3R -=12×3×4， ∴R=67

．

故选B ．

考点：切线的性质．

4．如图，过D 、A 、C 三点的圆的圆心为E ，过B 、E 、F 三点的圆的圆心为D ，如果∠A=63 o，那么∠B= ．

【答案】18°

【解析】连接ED,CE,由图可知∠B=∠DEB, ∠ECD=∠EDC=2∠B ∵∠A=63 o， ∴∠ECA=63 o

∴∠A+∠ECA+∠ECD+∠B=180o

∴∠B=18°

5．如图，在以O 为圆心的两个同心圆图2中，MN 为大圆的直径，交小圆于点P 、Q ，大圆的弦MC 交小圆于点A 、B.若OM=2，OP= 1，MA=AB=BC ，则△MBQ 的面积为

.

【答案】3 15/8 【解析】

小圆方程x 2

+y 2

=1 MC 方程 y = k(x+2), x =

2

y k - 解y 12

213k k k +-

y 22

213k k k -- 1

2y y 2213213k k

---= 2

213k -2

13k -2

13k - 1-3k 2

=

49

527

此时 1.56

36

B 点坐标为（

1

4

527g 49) MBQ 面积=

32527g 493/2 = 278

527 = 3158

6．如图，已知⊙O 的半径为9cm ，射线PM 经过点O ，OP ＝15 cm ，射线PN 与⊙O 相

切于点Q ．动点A 自P 点以

2

5

cm/s 的速度沿射线PM 方向运动，同时动点B 也自P 点以2cm/s 的速度沿射线PN 方向运动，则它们从点P 出发 s 后AB 所在直线与⊙O 相切.

【答案】或. 【解析】

试题分析：PN 与⊙O 相切于点Q ，OQ ⊥PN ，即∠OQP=90°，在直角△OPQ 中根据勾股定理就可以求出PQ 的值,过点O 作OC ⊥AB ，垂足为C ．直线AB 与⊙O 相切，则△PAB ∽△POQ ，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出t 的值． 试题解析: 连接OQ ， ∵PN 与⊙O 相切于点Q ， ∴OQ ⊥PN ，即∠OQP=90°， ∵OP=15，OQ=9，

∴PQ=2

2

10612-=（cm ）．

过点O 作OC ⊥AB ，垂足为C ，

∵点A 的运动速度为

5

2

cm/s ，点B 的运动速度为2cm/s ，运动时间为ts ，

∴PA=5

2

t，PB=2t，

∵PO=15，PQ=12，

∴PA PB PO PQ

，

∵∠P=∠P，

∴△PAB∽△POQ，

∴∠PBA=∠PQO=90°，

∵∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90°，

∴四边形OCBQ为矩形．

∴BQ=OC．

∵⊙O的半径为，

∴BQ=OC=9时，直线AB与⊙O相切．

①当AB运动到如图1所示的位置，

BQ=PQ-PB=12-2t，

∵BQ=9，

∴8-4t=9，

∴t=（s）．

②当AB运动到如图2所示的位置，

BQ=PB-PQ=2t-12，

∵BQ=9，

∴2t-12=9，

∴t=（s）．

∴当t为或时直线AB与⊙O相切．

考点: 1.切线的判定；2.勾股定理；3.矩形的性质；4.相似三角形的判定与性质．

7．（本题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点M（2，2），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M ，使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴、y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM点P是弧AB上的动点.

（1）写出∠AMB的度数；

（2）点Q在射线OP上，且OP·OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E.

①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；

②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.

【答案】（1）90°；（2）①（20）；②2t，5≤S≤10．

【解析】

试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M22），可得∠MOH=45°，2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数；

（2）①由2MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP?OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案；

②由OD=22Q的纵坐标为t，即可得S=1

22

2

t

2t，然后分别从当动点P与B

点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．

试题解析：（1）过点M 作MH ⊥OD 于点H ，∵点M （2，2），∴OH=MH=2，∴∠MOD=45°，∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°，∵OM=AM ，∴∠OAM=∠AOM=45°，∴∠AMO=90°，∴∠AMB=90°；

（2）①∵OH=MH=2，MH ⊥OD ，∴OM=22

MH OH +=2，OD=2OH=22，∴OB=4，∵

动点P 与点B 重合时，OP ?OQ=20，∴OQ=5，∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52，∴E 点坐标为（52，0）； ②∵OD=22，Q 的纵坐标为t ，∴S=

1

222

t ?=2t ，如图2，当动点P 与B 点重合时，过点Q 作QF ⊥x 轴，垂足为F 点，∵OP=4，OP ?OQ=20，∴OQ=5，∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，

∴t=QF=

52

2

，此时S=5222?=5；

如图3，当动点P 与A 点重合时，Q 点在y 轴上，∴OP=22，∵OP ?OQ=20，∴t=OQ=52，此时S=252?=10；∴S 的取值范围为5≤S≤10．

考点：圆的综合题．

8．（本题满分10分）如图，AB 是⊙O 的直径，弦DE 垂直平分半径OA ，C 为垂足，弦DF 与半径OB 相交于点P ，连结EF 、EO ，若DE=23

（1）求⊙O的半径；

（2）求图中阴影部分的面积.【答案】（1）2；（2）2

π-．【解析】

试题分析：（1）根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO=1

2

AO=

1

2

OE，解

直角三角形求解．

（2）先求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可．

试题解析：（1）∵直径AB⊥DE，∴CE=

1

2

DE=3．∵DE平分AO，∴CO=

1

2

AO=

1

2

OE．又∵∠OCE=90°，∴sin∠CEO=

CO

EO

=

1

2

，∴∠CEO=30°．在Rt△COE中，

OE=

cos30

CE

o

=

3

3

=2，∴⊙O的半径为2；

（2）连接OF．在Rt△DCP中，∵∠DPC=45°，∴∠D=90°﹣45°=45°，∴∠EOF=2∠D=90°，

∴

OEF

S

扇形

=2

90

2

360

π

??=π．

∵∠EOF=2∠D=90°，OE=OF=2，∴

Rt OEF

S

?

=

1

2

×OE×OF=2，∴

S

阴影

=

Rt OEF

OEF

S S

?

-

扇形

=2

π-．

考点：1．扇形面积的计算；2．线段垂直平分线的性质；3．解直角三角形．

9．如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=4cm，点p从A开始折线A——B——C——D以

4cm/秒的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/秒的速度移动，如果点P、Q分别

从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t（秒）

（1）t为何值时，四边形APQD为矩形.

（2）如图（2），如果⊙P和⊙Q的半径都是2cm，那么t为何值时，⊙P和⊙Q外切

【答案】（1）4；（2）t为4s，20

3

s，

28

3

s时，⊙P与⊙Q外切．

【解析】

试题分析：（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；

（2）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．

试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．此时，4t=20-t，解得t=4（s）．

答：t为4时，四边形APQD为矩形

（2）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．

①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s）；

②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，∴⊙P与⊙Q外离；

③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，

⊙P与⊙Q外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=20

3

（s）；

④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t-24-t=4，

解得t=28

3

（s），

∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需

要20s，而28

3

＜11，

∴当t为4s，20

3

s，

28

3

s时，⊙P与⊙Q外切．

考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系．

10．（10分）如图，以线段AB为直径的⊙O交线段AC于点E，点D是AE的中点，连接

OD并延长交⊙O于点M，∠BOE=60°，cosC=1

2

，BC=23．

（1）求A

∠的度数；

（2）求证：BC是⊙O的切线；

（3）求弧AM的长度．

【答案】（1）30°；（2）证明见试题解析；（3）π．

【解析】

试题分析：（1）根据三角函数的知识即可得出∠A的度数．

（2）要证BC是⊙O的切线，只要证明AB⊥BC即可．

（3）根据垂径定理求得∠AOM=60°，运用三角函数的知识求出OA的长度，即可求得弧AM的长度．

试题解析：（1）∵OA=OE，∴∠A=∠OEA，∵∠BOE=∠A+∠OEA=2∠A，∴∠A=1

2

∠BOE=

1

2

×60°=30°；

（2）在△ABC中，∵cosC=1

2

，∴∠C=60°，又∵∠A=30°，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，

∵AB为直径，∴BC是⊙O的切线；

（3）∵点D是AE的中点，∴OM⊥AE，∵∠A=30°，∴∠AOM=60°，在RT△ABC中，

tanC=AB

BC

，∵BC=3

2，∴AB=BC?tanC=233，∴OA=

1

2

AB=3，∴弧AM的长

=603

180

π?

=π．

考点：切线的判定．

11．已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；

（2）在点F 运动过程中，设OE=a ，OF=b ，试用含a 的代数式表示b ；

（3）作点F 关于点M 的对称点F′，经过M 、E 和F′三点的抛物线的对称轴交x 轴于点Q ，连接QE ．在点F 运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似若存在，请直接写出t 的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）b=2+a 或2﹣a ；（3）当117

t 4

+=

或2或22+或22-时，以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似． 【解析】

试题分析：（1）连接PM ，PN ，运用△PMF≌△PNE 证明.

（2）分两种情况①当t ＞1时，点E 在y 轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E 在y 轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解.

（3）分两种情况，当1＜t ＜2时，当t ＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t ：

如答图3，（Ⅰ）当1＜t ＜2时，

∵F （1+t ，0），F 和F′关于点M 对称，∴F′（1﹣t ，0）. ∵经过M 、E 和F′三点的抛物线的对称轴交x 轴于点Q ，∴Q （1﹣12t ，0）.∴OQ=1﹣1

2

t. 由（1）得△PMF≌△PNE ，∴NE=MF=t ，∴OE=t ﹣1.

当△OEQ∽△MPF 时，OE OQ MP MF

=

，即1

1t t 121t --=， 解得，12117117

t ,t 44

+-=

=

（舍去）. 当△OEQ∽△MFP 时，OE OQ MF MP

=，即1

1t t 12t 1--=，解得，12t 2,t 2==- （舍去）.

（Ⅱ）如答图4，当t＞2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）

∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣1

2

t，0）∴OQ=

1

2

t ﹣1，

由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t.∴OE=t﹣1.

当△OEQ∽△MPF时，

OE OQ

MP MF

=，即

1

t1

t12

1t

-

-

=，无解.

当△OEQ∽△MFP时，∴

OE OQ

MF MP

=，即

1

t1

t12

t1

-

-

=，解得，

12

t22,t22

=+=-.综上所述，当

117

t

4

+

=或2或22

+或22

-时，以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．

试题解析：解：（1）证明：如答图1，连接PM，PN，

∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，

∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN

∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°.

∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE.

在△PMF 和△PNE 中，

NPE MPF PN PM PNE PMF ∠=∠??

=??∠=∠?

，

∴△PMF ≌△PNE （ASA ）.∴PE=PF.

（2）①当t ＞1时，点E 在y 轴的负半轴上，如答图1， 由（1）得△PMF≌△PNE ，∴NE=MF=t ，PM=PN=1. ∴b=OF=OM+MF=1+t ，a=NE ﹣ON=t ﹣1， ∴b ﹣a=1+t ﹣（t ﹣1）=2，∴b=2+a.

②0＜t≤1时，如答图

2，点E 在y 轴的正半轴或原点上， 同理可证△PMF≌△PNE ，

∴b=OF=OM+MF=1+t ，a=ON ﹣NE=1﹣t ， ∴b+a=1+t+1﹣t=2， ∴b=2﹣a ，

（3）当117

t 4

+=

或2或22+或22-时，以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似．

考点：1.单动点和轴对称问题；2.切线的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想和方程思想的应用.

12．如图（1），抛物线21

y x x c 4

=-++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，其中点A 的坐标为（﹣2，0）． （1）求此抛物线的解析式；

（2）①若点D 是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D 作DE ⊥x 轴于E ，连接CD ，以OE 为直径作⊙M ，如图（2），试求当CD 与⊙M 相切时D 点的坐标；

②点F 是x 轴上的动点，在抛物线上是否存在一点G ，使A 、C 、G 、F 四点为顶点的四边形是平行四边形若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）21

y x x 34

=-++； （2）①（()3152+，()

3

358

+）

；②存在，（4，3）或（27,3+- ）或（27,3-- ）. 【解析】

试题分析：（1）把A 的坐标代入抛物线的解析式，即可得到关于c 的方程，求的c 的值，则抛物线的解析式即可求解.

（2）①连接MC 、MD ，证明△COM∽△MED ，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解. ②分四种情况进行讨论，根据平行四边形的性质即可求解．

试题解析：解：（1）∵点A （﹣2，0）在抛物线21

y x x c 4

=-++上， ∴()2

1022c 4

=-?--+，解得c=3. ∴抛物线的解析式是：21y x x 34

=-++.

（2）①令D （x ，y ）,（x ＞0，y ＞0），则E （x ，0），M （x

2

，0）， 由（1）知C （0，3）， 如答图1，连接MC 、MD

∵DE 、CD 与⊙O 相切，∴∠CMD=90°.

∴△COM ∽△MED. ∴CO OM ME ED

=

，即x

3

2x y 2

=.

又∵2

1

y x x3

4

=-+

+，∴

2

x

32

x1

x x3

24

=

-++

，解得x=()

3

15

2

±.

又∵x＞0，∴x=()

3

15

2

+，∴()

3

y35

8

=+.

∴D点的坐标是：（()

3

15

2

+，()

3

35

8

+）.

②假设存在满足条件的点G（a，b）.

若构成的四边形是□ACGF，（答图2）则G与C关于直线x=2对称，

∴G点的坐标是：（4，3）.

若构成的四边形是□ACFG，（答图3，4）则由平行四边形的性质有b=3

-，

又∵2

1

3a a3

4

-=-++，解得a=27

±，此时G点的坐标是：（27,3

±-）.

若构成的四边形是□AGCF，（答图5）则CG FA，

∴G点的坐标是：（4，3）.

显而易见，AFCG不能构成平行四边形.

综上所述，在抛物线上存在点G，使A、C、G、F四点为顶点的四边形是平行四边形，点G的坐标为（4，3）或（27,3

+-）或（27,3

--）.

考点：1.单动点问题；2.二次函数综合题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.直线与圆相切的性质；5.相似三角形的判定和性质；6. 平行四边形的性质；7.分类思想的应用．

13．如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE

为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．

（1）试说明四边形EFCG是矩形；

（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，

①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；

②求点G移动路线的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为108 25

；

②15

4

．

【解析】

试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．

（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，

根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=

2

3CF

4

．然后只需求出CF的范围就可求出

S矩形ABCD的范围．

②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．

试题解析：解：（1）证明：如图，

∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．

∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．

∴四边形EFCG是矩形．

（2）①存在．

如答图1，连接OD，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．

∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．

∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴

2 CFE

DAB

S CF S DA ?

?

??

= ?

??

．

∵AD=4，AB=3，∴BD=5.

∴

222

CFE DAB

CF CF13CF

S S34

DA1628

??

??

=?=???=

?

??

. ∴S矩形ABCD=2S△C FE=

2

3CF

4

．

∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．

∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．

∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°

Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．

此时，CF=CB=4．

Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD 相切，CF=CD=3．

Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图3所示．S△BCD=

1

2

BC?CD=

1

2

BD?CF″′．

∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=

12

5

．

∴

12

5

≤CF≤4．

∵S矩形ABCD=

2

3CF

4

，∴

2

2

ABCD

3123

S4

454

??

?≤≤?

?

??矩形

，即

ABCD

108

S12

25

≤≤

矩形

．

∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为

108

25

．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，

∴点G的移动路线是线段DG″．

∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．

∴

DC DG DA DB "=

，即3DG 45"=，解得15

DG 4

"=． ∴点G 移动路线的长为15

4

．

考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.垂线段最短的性质；4.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．

14．如图，已知l 1⊥l 2，⊙O 与l 1，l 2都相切，⊙O 的半径为2cm ．矩形ABCD 的边AD ，AB 分别与l 1，l 2重合，AB ＝43 cm ，AD ＝4cm ．若⊙O 与矩形ABCD 沿l 1同时．．向右移动，⊙O 的移动速度为3cm/s ，矩形ABCD 的移动速度为4cm/s ，设移动时间为t(s)． （1）如图①，连接OA ，AC ，则∠OAC 的度数为 °；

（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O 到达⊙O 1的位置，矩形ABCD 到达A 1B 1C 1D 1的位置，此时点O 1，A 1，C 1恰好在同一直线上，求圆心O 移动的距离(即OO 1的长）； （3）在移动过程中，圆心O 到矩形对角线AC 所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t 的取值范围．（解答时可以利用备用图画出相关示意图）

【答案】（1）105；（2）236+；（3）23

23

-＜t ＜223+. 【解析】

试题分析：（1）⊙O 与l 1，l 2都相切，连接圆心和两个切点，等正方向.OA 即为正方形的对角线，得到∠OAD=450

，再在Rt△ADC 中，由锐角三角函数求∠DAC=600

，从而求得∠OAC 的度数1050

.