中考数学与圆的综合有关的压轴题含详细答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．

（1）求⊙M的半径；

（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．

（3）在（2）的条件下求AF的长．

【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．

【解析】

【分析】

（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；

（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；

（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】

（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，

∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，

∴BT=TC=1

2

3

∴124

；

（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，

∴∠HBC+∠BCH=90°

在△COF中，

∵∠OFC+∠OCF=90°，

∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，

在△AEH和△AFH中，

∵

AFH AEH

AHF AHE AH AH

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△AEH≌△AFH（AAS），

∴EH=FH；

（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，

作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，

∵⊙O的半径为4，

∴CG=4，

连AG，

∵∠BCG=90°，

∴CG⊥x轴，

∴CG∥AF，

∵∠BAG=90°，

∴AG⊥AB，

∵CE⊥AB，

∴AG∥CE，

∴四边形AFCG为平行四边形，

∴AF=CG=4．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

2．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．

（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．

（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．

（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．

【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．

【解析】

试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；

（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则

可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；

（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．

试题解析：（1）相切，理由如下：

如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，

∵α=15°，A′C∥AB，

∴∠ABA′=∠CA′B=30°，

∴DE=A′E，OE=BE，

∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，

∴A′C与半圆O相切；

（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，

∴∠OBA′=2α=90°， ∴α=45°， 当O′在

上时，如图2，

连接AO′，则可知BO′=AB ， ∴∠O′AB=30°， ∴∠ABO′=60°， ∴α=30°，

（3）∵点P ，A 不重合，∴α＞0，

由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，

∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点B ； 当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点B ． 当α继续增大时，点P 逐渐靠近点B ，但是点P ，B 不重合， ∴α＜90°，

∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B ． 综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°． 考点：圆的综合题．

3．如图，CD 为⊙O 的直径，点B 在⊙O 上，连接BC 、BD ，过点B 的切线AE 与CD 的延长线交于点A ，AEO C =∠∠，OE 交BC 于点F . （1）求证：OE ∥BD ；

（2）当⊙O 的半径为5，2

sin 5

DBA ∠=

时，求EF 的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）EF 的长为212

【解析】

试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明； （2）根据锐角三角函数和相似三角形的性质，直接求解即可.

试题解析：（1）连接OB ， ∵CD 为⊙O 的直径 ， ∴ 90CBD CBO OBD ∠=∠+∠=?. ∵AE 是⊙O 的切线，∴ 90ABO ABD OBD ∠=∠+∠=?. ∴ ABD CBO ∠=∠. ∵OB 、OC 是⊙O 的半径，∴OB=OC . ∴C CBO ∠=∠. ∴C ABD ∠=∠. ∵E C ∠=∠，∴E ABD ∠=∠. ∴ OE ∥BD . （2）由（1）可得sin ∠C = ∠DBA=

25，在Rt △OBE 中, sin ∠C =

2

5

BD CD =,OC =5， 4BD =∴90CBD EBO ∠=∠=?

∵E C ∠=∠，∴△CBD ∽△EBO .

∴

BD CD

BO EO

= ∴25

2

EO =.

∵OE ∥BD ，CO =OD ， ∴CF =FB . ∴1

22

OF BD =

=. ∴212

EF OE OF =-=

4．如图，AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是半圆O 的三等分点，过点C 作⊙O 的切线交AD 的延长线于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ，交⊙O 于点H ，连接DC ，AC ． （1）求证：∠AEC=90°；

（2）试判断以点A ，O ，C ，D 为顶点的四边形的形状，并说明理由； （3）若DC=2，求DH 的长．

【答案】（1）证明见解析； （2）四边形AOCD 为菱形； （3）DH=2

．

【解析】

试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得

，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出

∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由

DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．

试题解析：（1）连接OC，

∵EC与⊙O切点C，

∴OC⊥EC，

∴∠OCE=90°，

∵点CD是半圆O的三等分点，

∴，

∴∠DAC=∠CAB，

∵OA=OC，

∴∠CAB=∠OCA，

∴∠DAC=∠OCA，

∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）

∴∠AEC+∠OCE=180°，

∴∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD为菱形．理由是：

∵，

∴∠DCA=∠CAB，

∴CD∥OA，

又∵AE∥OC，

∴四边形AOCD是平行四边形，

∵OA=OC，

∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

（3）连接OD．

∵四边形AOCD为菱形，

∴OA=AD=DC=2，

∵OA=OD，

∴OA=OD=AD=2，

∴△OAD是等边三角形，

∴∠AOD=60°，

∵DH⊥AB于点F，AB为直径，

∴DH=2DF，

在Rt△OFD中，sin∠AOD=，

∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，

∴DH=2DF=2．

考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．

5．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．

（1）求证：DA是⊙O切线；

（2）求证：△CED∽△ACD；

（3）若OA=1，sinD=1

3

，求AE的长．

【答案】（1）证明见解析；（22

【解析】

分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD ⊥AB 即可证明DA 是⊙O 切线； （2）由∠DAC =∠DCE ，∠D =∠D 可知△DEC ∽△DCA ；

（3）由题意可知AO =1，OD =3，DC =2，由勾股定理可知AD =2，故此可得到DC 2=DE ?AD ，故此可求得DE 的长，于是可求得AE 的长．

详解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∴∠CAB +∠B =90°． ∵∠DAC =∠B ，∴∠CAB +∠DAC =90°，∴AD ⊥AB ． ∵OA 是⊙O 半径，∴DA 为⊙O 的切线； （2）∵OB =OC ，∴∠OCB =∠B ． ∵∠DCE =∠OCB ，∴∠DCE =∠B ． ∵∠DAC =∠B ，∴∠DAC =∠DCE ． ∵∠D =∠D ，∴△CED ∽△ACD ； （3）在Rt △AOD 中，OA =1，sin D =13，∴OD =

OA

sinD

=3，∴CD =OD ﹣OC =2． ∵AD =22OD OA -=22．

又∵△CED ∽△ACD ，∴AD CD CD DE =，∴DE =2

CD AD

=2， ∴AE =AD ﹣DE =22﹣2=2．

点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC ∽△DCA 是解题的关键．

6．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．

3831343n 【解析】

分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于

点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：

(1)易知△A 1B 1C 1的高为3

2

，则边长为3， ∴a 1＝3.

(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1.

∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2

212a ?? ???

. ∵h ＝

3

2a 2，∴1＝(3a 2－1)2＋14a 22，

解得a 2＝

83

. (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2，

即1＝(nh －1)2

＋2

12n a ?? ???

. ∵h ＝3

a n ，∴1＝14a n 2＋2

312n na ??- ? ???

， 解得a n ＝

43n

.

7．已知：如图，AB 是⊙O 的直径，PB 切⊙O 于点B ，PA 交⊙O 于点C ，∠APB 是平分线分别交BC ，AB 于点D 、E ，交⊙O 于点F ，∠A=60°，并且线段AE 、BD 的长是一元二次方程 x 2﹣kx+23 =0的两根（k 为常数）． （1）求证：PA?BD=PB?AE ； （2）求证：⊙O 的直径长为常数k ； （3）求tan ∠FPA 的值．

【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）tan ∠FPA=23 【解析】

试题分析：

（1）由PB切⊙O于点B，根据弦切角定理，可得∠PBD=∠A，又由PF平分∠APB，可证得△PBD∽△PAE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得PA?BD=PB?AE；

（2）易证得BE=BD，又由线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），即可得AE+BD=k，继而求得AB=k，即：⊙O的直径长为常数k；

（3）由∠A=60°，并且线段AE、BC的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），可求得AE与BD的长，继而求得tan∠FPB的值，则可得tan∠FPA的值．

试题解析：

（1）证明：如图，

∵PB切⊙O于点B，

∴∠PBD=∠A，

∵PF平分∠APB，

∴∠APE=∠BPD，

∴△PBD∽△PAE，

∴PB：PA=BD：AE，

∴PA?BD=PB?AE；

（2）证明：如图，

∵∠BED=∠A+∠EPA，∠BDE=∠PBD+∠BPD．

又∵∠PBD=∠A，∠EPA=∠BPD，

∴∠BED=∠BDE．

∴BE=BD．

∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），

∴AE+BD=k，

∴AE+BD=AE+BE=AB=k，

即⊙O直径为常数k．

（3）∵PB切⊙O于B点，AB为直径．

∴∠PBA=90°．

∵∠A=60°．

∴PB=PA?sin60°=PA，

又∵PA?BD=PB?AE，

∴BD=AE，

∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数）．

∴AE?BD=2，

即AE2=2，

解得：AE=2，BD=，

∴AB=k=AE+BD=2+，BE=BD=，

在Rt△PBA中，PB=AB?tan60°=（2+）×=3+2．

在Rt△PBE中，tan∠BPF===2﹣，

∵∠FPA=∠BPF，

∴tan∠FPA=2﹣．

【点睛】此题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及根与系数的关系等知识．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．

8．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．

（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于

点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于AB的点是；

（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标x p的取值范围；

（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．

【答案】（1）P2，P3；（2）x P＜-5或x P＞-5

3

．（3）-3＜t＜2或2＜t＜2

【解析】

【分析】

（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；

（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；

（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.

【详解】

（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于AB的点是P2，P3．

（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），

∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，

由

28

3

y x

y x

+

?

?

+

?

＝

＝

，解得

5

2

x

y

-

?

?

-

?

＝

＝

，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，

由

28

3

y x

y x

+

?

?

-+

?

＝

＝

，解得

5

3

14

3

x

y

?

-

?

?

?

?

??

＝

＝

，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-

5

3

，

∴满足条件的点P的横坐标x p的取值范围为：x P＜-5或x P＞-5

3

．

（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，HK=2，

∴OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，

∴T（0，1-2），此时t=1-2，

∴当-3＜t＜1-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．

如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．

OT=OH+KH-KT=4+2-3=1+2，

∴T（0，1+2），此时t=1+2，

如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．

22

∴T（0，22

∴当2＜t＜2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．

综上所述，满足条件的t的值为-3＜t＜2或2＜t＜2

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题.

9．对于平面内的⊙C和⊙C外一点Q，给出如下定义：若过点Q的直线与⊙C存在公共

点，记为点A，B，设

AQ BQ

k

CQ

+

=，则称点A（或点B）是⊙C的“K相关依附点”，特别

地，当点A和点B重合时，规定AQ=BQ，

2AQ

k

CQ

=（或

2BQ

CQ

）．

已知在平面直角坐标系xoy中，Q(-1,0)，C(1,0)，⊙C的半径为r．（1）如图1，当2

r=

①若A1(0,1)是⊙C的“k相关依附点”，求k的值．

②A22，0)是否为⊙C的“2相关依附点”．

（2）若⊙C上存在“k相关依附点”点M，

①当r=1，直线QM与⊙C相切时，求k的值．

②当3

k=r的取值范围．

（3）若存在r 的值使得直线3y x b =-+与⊙C 有公共点，且公共点时⊙C 的“3相关依附点”，直接写出b 的取值范围．

【答案】（1）2．②是；（2）①3k =②r 的取值范围是12r <≤；（3）

333b -<．

【解析】 【分析】

（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．首先证明1QA 是切线，根据2AQ

k CQ

=计算即可解决问题；

②根据定义求出k 的值即可判断；

（2）①如图，当1r =时，不妨设直线QM 与C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在

x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥，根据定义计算即可；

②如图3中，若直线QM 与

C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设

QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，可得()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ ，推出

2MQ NQ DQ

k DQ CQ CQ

+=

==，可得当3k =3DQ =221CD CQ DQ -=，

假设

C 经过点Q ，此时2r ，因为点Q 早C 外，推出r 的取值范围是12r <；

（3）如图4中，由（2）可知：当3k =

12r <．当2r 时，C 经过点

(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =3y x b

=-+经过点E 时，33b =，即可推出满足条件的b 的取值范围为333b -<<． 【详解】

（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．

由题意：1OC OQ OA ==，∴△1QA C 是直角三角形，190CA Q ∴∠=?，即

11CA QA ⊥，1QA ∴是C 的切线，1222

22

QA k QC ∴=

==． ②

2(12,0)A +在

C 上，22121

22

k -+++∴=

=，2A ∴是C 的“2相关依附

点”．

故答案为：2，是；

（2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与

C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M

在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥．

(1,0)Q -，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时

23MQ

k CQ

=

=； ②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设

QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，

()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =，∴2MQ NQ DQ

k DQ CQ CQ

+=

==，∴当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，

假设

C 经过点Q ，此时2r ，点Q 早C 外，r ∴的取值范围是12r <．

（3）如图4中，由（2）可知：当3k =

12r <．

当2r

时，C 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+

经过点Q 时，

3b =-，当直线3y x b =-+经过点E 时，33b =，∴满足条件的b 的取值范围为

333b -<<．

【点睛】

本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A （或点

)B 是C 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解

决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．

10．如图，已知△ABC 内接于⊙O ，BC 交直径AD 于点E ，过点C 作AD 的垂线交AB 的延长线于点G ，垂足为F ．连接OC ． （1）若∠G=48°，求∠ACB 的度数； （2）若AB=AE ，求证：∠BAD=∠COF ；

（3）在（2）的条件下，连接OB ，设△AOB 的面积为S 1，△ACF 的面积为S 2．若tan ∠CAF=

1

2，求12

S S 的值．

【答案】（1）48°（2）证明见解析（3）3

4

【解析】 【分析】

（1）连接CD ，根据圆周角定理和垂直的定义可得结论；

（2）先根据等腰三角形的性质得：∠ABE=∠AEB，再证明∠BCG=∠DAC，可得

CD PB PD

==，则所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论；

（3）过O作OG⊥AB于G，证明△COF≌△OAG，则OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则

OA=OC=2x-a，根据勾股定理列方程得：（2x-a）2=x2+a2，则a=3

4

x，代入面积公式可得结

论．

【详解】

（1）连接CD，

∵AD是⊙O的直径，

∴∠ACD=90°，

∴∠ACB+∠BCD=90°，

∵AD⊥CG，

∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°，

∵∠BAD=∠BCD，

∴∠ACB=∠G=48°；

（2）∵AB=AE，

∴∠ABE=∠AEB，

∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，由（1）得：∠G=∠ACB，

∴∠BCG=∠DAC，

∴CD PB

=，

∵AD是⊙O的直径，AD⊥PC，

∴CD PD

=，

∴CD PB PD

==，

∴∠BAD=2∠DAC，

∵∠COF=2∠DAC，

∴∠BAD=∠COF；

（3）过O作OG⊥AB于G，设CF=x，

∵tan∠CAF=1

2=

CF AF

，

∴AF=2x，

∵OC=OA，由（2）得：∠COF=∠OAG，∵∠OFC=∠AGO=90°，

∴△COF≌△OAG，

∴OG=CF=x，AG=OF，

设OF=a，则OA=OC=2x﹣a，

Rt△COF中，CO2=CF2+OF2，

∴（2x﹣a）2=x2+a2，

a=3

4 x，

∴OF=AG=

3

4

x，

∵OA=OB，OG⊥AB，

∴AB=2AG=3

2

x，

∴1

213

··3 22 1·24·

2

AB OG x x

S

S x x

CF AF

===．

【点睛】

圆的综合题，考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°；（2）根据外角的性质和圆的性质得：CD PB PD

==；（3）利用三角函数设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．