九年级数学上册圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

九年级数学上册圆几何综合中考真题汇编[解析版]

一、初三数学圆易错题压轴题（难）

1．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．

（1）如图1，求证：GD＝GF；

（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；

（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠ADF＝45°；（3）1810

．

【解析】

【分析】

（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代换得∠GDF＝∠GFD，根据“三角形中，等角对等边”得GD＝GF；（2）连接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；

（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四边形ABCD内接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可证四边形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，过点N作NS⊥DP于S，连接AF，FK，过点F作FQ⊥AD于点Q，过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK．【详解】

解：（1）证明：∵DE⊥AB

∴∠BED＝90°

∴∠A+∠ADE＝90°

∵∠ADC＝90°

∴∠GDF+∠ADE＝90°

∴∠A＝∠GDF

∵BD BD

∴∠A＝∠GFD

∴∠GDF ＝∠GFD ∴GD ＝GF （2）连接OD 、OF ∵OD ＝OF ，GD ＝GF ∴OG ⊥DF ，PD ＝PF 在△DPH 和△FPB 中

PD PF DPH FPB PH PB =??

∠=∠??=?

∴△DPH ≌△FPB （SAS ） ∴∠FBP ＝∠DHP ＝90° ∴∠GBH ＝90°

∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90° ∴∠GDF ＝∠DFG ＝45° ∴∠ADF ＝45°

（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝

∴AH ＝BH ＝12 ∴PH ＝PB ＝6 ∵∠HDP ＝∠HPD ＝45° ∴DH ＝PH ＝6

∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝1

2

PH ＝3，PD ＝

∵∠BFE ＝∠EBF ＝45° ∴EF ＝BE

∵∠DAE ＝∠ADE ＝45° ∴DE ＝AE ∴DF ＝AB ＝

∵四边形ABCD 内接于⊙O ∴∠DAB +∠BCD ＝180° ∴∠BCD ＝135° ∴∠BCG ＝45°＝∠CBG ∴GC ＝GB

又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP ∴△GCP ≌△GBP （SAS ） ∴∠PCG ＝∠PBG ＝90° ∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90° ∴四边形CDHP 是矩形

∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90°

令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3 在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2 ∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2 ∴PN ＝4

过点N 作NS ⊥DP 于S ， 在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝22 DS ＝62﹣22＝42

SN 221

tan DS 2

42SDN ∠=

== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12 ∴AQ ＝18﹣12＝6 ∴tan 12

26

FQ FAQ AQ ∠=

== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ， ∴∠DAF +∠DKF ＝180° ∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR 在Rt △DFR 中，∵DF ＝1122,tan 2

FDR ∠=

∴12102410

,FR DR =

=

在Rt △FKR 中，∵FR ＝

1210

tan ∠FKR ＝2 ∴KR ＝

610

5

∴DK ＝DR ﹣KR ＝24106101810

=

-=

．

【点睛】

本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．

2．已知：在△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，O为AB边上的一点，以O为圆心，OA长为半径作圆交AC于D点，过D作⊙O的切线交BC于E.

（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？

（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.

【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3

【解析】

试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由

AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；

（2）证法同（1）；

（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.

（1）连接OD

∵DE为⊙O的切线

∴∠ODE=90°

∴∠CDE+∠ADO=90°

∵AB=6，BC=8，AC=10

∴∠ABC=90°

∴∠A+∠C=90°

∵AO=DO

∴∠A=∠ADO

∴∠CDE=∠C

∴ED=EC；

（2）连接OD

∵DE为⊙O的切线

∴∠ODE=90°

∴∠CDE+∠ADO=90°

∵AB=6，BC=8，AC=10

∴∠ABC=90°

∴∠A+∠C=90°

∵AO=DO

∴∠A=∠ADO

∴∠CDE=∠C

∴ED=EC；

（3）CE=3.

考点：圆的综合题

点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．

3．如图，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；

（1）如图1，求证：CD⊥AB；

（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；

（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5

【解析】

【分析】

（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；

（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；

（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由

∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得

BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3

5

，所以可得AC=2CK，CK=BC?sin∠OBC=

24

5

得

AC=48 5

.

【详解】

解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2

延长BO交⊙O于F，连接CF．

∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°

∴∠1+∠F＝90°，

∵弧BC＝弧BC，

∴∠A＝∠F

又∵∠1＝∠2，

∴∠2+∠A＝90°，

∴∠3＝90°，

∴CD⊥AB

（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4

延长BO交AC于K

∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，

∴∠A＝∠5，

∵∠A+∠2＝90°，

∴∠5+∠2＝90°，

∴∠6＝90°

∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，

∴∠6＝∠7，

又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2

∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，

∴BO平分∠ABC

（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN

∵OH⊥CN，OF⊥BC

∴CH＝NH，BF＝CF

∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN

∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC

∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM

∴∠OEH＝∠EHM

设EM、OE交于点P

∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°∴∠EOH＝∠OHP

∴OP＝PH

∵∠ADC＝∠OHC＝90°

∴AD∥OH

∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP

∴PM＝PB

∴PM+PH＝PB+OP

∴HM＝OB＝5

在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4

∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5

∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°

∴∠AKB+∠CKB＝90°∴OK⊥AC

AC＝2CK，CK＝BC?sin∠OBC＝24 5

∴AC＝48 5

【点睛】

此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．

4．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（?4，0）处．

（1）求直线AB的解析式；

（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）

1

3

2

y x

=-+（2）d=5t （3）故当 t=

8

5

，或8

15

，时，QR=EF，N（-

6，6）或（2，2）．

【解析】

试题分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的长，然后设OB=a，则BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-

a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标，然后由三角函数的求得点A的坐标，再利用待定系数法求得直线AB的解析式；

（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的长，继而求得∠BAO的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR，则可求得d与t的函数关系式；

（3）首先过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易证得四边形NTOS是正方形，然后分别从点N在第二象限与点N在第一象限去分析求解即可求解;

试题解析：

（1）∵

C （0，8），

D （-4，0）， ∴OC=8，OD=4， 设OB=a ，则BC=8-a ，

由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ， 在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2， 则（8-a ）2=a 2+42， 解得：a=3， 则OB=3， 则B （0，3）， tan ∠ODB=

3

4

OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=3

4

OA OC = ， 则OA=6， 则A （6，0），

设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，

则60{3

k b b +== ，解得：1

{23

k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-1

2

x +3； （2）如图所示：

在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6， 则2

2

135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠=

= ，255OA

cos BAO AB

∠==， 在Rt △PQA 中，905APQ AP t ∠=?=，

则AQ=

10cos AP

t BAO =∠ ,

∵PR ∥AC ，

∴∠APR=∠CAB ，

由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ， ∴∠BAO=∠APR ， ∴PR=AR ，

∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°， ∴∠PQA=∠QPR ， ∴RP=RQ ， ∴RQ=AR ，

∴QR=

1

2 AQ=5t, 即d=5t;

（3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ， ∴NS=NT ，

∴四边形NTOS 是正方形，

则TQ=TR=

1522QR t = ， ∴111515

1022224

NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）

（） ， 分两种情况，

若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），

点N 在直线1

32

y x =-+ 上， 则1

32

n n -=-

+ ， 解得：n=-6，

故N （-6，6），NT=6， 即

15

64

t = ， 解得：85

t =

; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ）， 可得：1

32

n n =-+ , 解得：n=2， 故N （2，2），NT=2，

即15

24

t =, 解得：t=8

15

∴当 t =

85，或8

15

，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。 点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

5．如图，点A 在直线l 上，点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动，以AQ 为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ=

3

4

，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=

1

3

CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．

（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ； （2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；

（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值． 【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为3

5

或3． 【解析】

试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；

（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解； （3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可. 试题解析：（1）5t BQ =，2

DF=

t 3

； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()2

2211

·t 13326

S DF DE t t ??==-=--+ ???，∴当t=

12时，矩形DEGF 的最大面积为

1

6

；

（3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=

-=或,解得3

35

t t ==或.

6．我们把“有两条边和其中一边的对角对应相等的两个三角形”叫做“同族三角形”，如图1，在△ABC 和△ABD 中，AB=AB ，AC=AD ，∠B=∠B ，则△ABC 和△ABD 是“同族三角形”．

（1）如图2，四边形ABCD 内接于圆，点C 是弧BD 的中点，求证：△ABC 和△ACD 是同族三角形；

（2）如图3，△ABC 内接于⊙O ，⊙O 的半径为32，AB=6，∠BAC=30°，求AC 的长； （3）如图3，在（2）的条件下，若点D 在⊙O 上，△ADC 与△ABC 是非全等的同族三角形，AD ＞CD ，求

AD

CD

的值． 【答案】（1）详见解析；（2）33+3；（3）AD CD =62

+或6． 【解析】 【分析】

(1）由点C 是弧BD 的中点，根据弧与弦的关系，易得BC=CD ，∠BAC=∠DAC ，又由公共边AC ，可证得：△ABC 和△ACD 是同族三角形；

(2）首先连接0A ，OB ，作点B 作BE ⊥AC 于点E ，易得△AOB 是等腰直角三角形，继而求得答案；

(3)分别从当CD=CB 时与当CD=AB 时进行分析求解即可求得答案． 【详解】

（1）证明：∵点C 是弧BD 的中点，即BC CD =， ∴BC=CD ，∠BAC=∠DAC ， ∵AC=AC ，

∴△ABC 和△ACD 是同族三角形.

（2）解：如图1，连接OA ，OB ，作点B 作BE ⊥AC 于点E ，

∵2，AB=6，

∴OA 2+OB 2=AB 2，

∴△AOB 是等腰直角三角形，且∠AOB=90°， ∴∠C=∠AOB=45°， ∵∠BAC=30°， ∴BE=AB=3， ∴AE=

22AB BE -=33，

∵CE=BE=3， ∴AC=AE+CE=33+3.

（3）解：∵∠B=180°﹣∠BAC ﹣∠ACB=180°﹣30°﹣45°=105°， ∴∠ADC=180°﹣∠B=75°，

如图2，当CD=CB 时，∠DAC=∠BAC=30°，

∴∠ACD=75°，

∴AD=AC=33+3，CD=BC=2BE=32， ∴

AD 333CD 32

+=

=62

2+； 如图3，当CD=AB 时，过点D 作DF ⊥AC ，交AC 于点F ，

则∠DAC=∠ACB=45°，

∴∠ACD=180°﹣∠DAC ﹣∠ADC=60°， ∴DF=CD?sin60°=6×

3

2

3 ∴2DF=36 ∴

AD 36CD =

=62

综上所述：AD CD =62

2或62

【点睛】

本题考查圆的综合应用问题，综合运用弧与弦的关系，等腰三角形的性质结合图形作辅助线进行分析证明以及求解，难度较大.

7．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．

(1)当⊙O的半径为2时

①点M(3

2

，0)⊙O的“完美点”，点(﹣

3

，﹣

1

2

)⊙O的“完美点”；(填

“是”或者“不是”)

②若⊙O的“完美点”P在直线y＝3

4

x上，求PO的长及点P的坐标；

(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．

【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(4

5

，

3

5

)或(﹣

4

5

，﹣

3

5

)；(2)t的

取值范围为﹣1≤t≤3．

【解析】

【分析】

（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.

【详解】

解：(1)①∵点M(3

2

，0)，

∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，

∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，

∴|MA﹣MB|＝|(3

2

+2)﹣(2﹣

3

2

)|＝3≠2，

∴点M不是⊙O的“完美点”，

同理：点(﹣3

，﹣

1

2

)是⊙O的“完美点”．

故答案为不是，是．

②如图1，

根据题意，|PA﹣PB|＝2，

∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，

∴OP＝1．

若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，

∵点P在直线y＝3

4

x上，OP＝1，

∴

43

,

55 OQ PQ

==．

∴P(43

,

55

)．

若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣4

5

，﹣

3

5

)．

综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43

,

55

)或（

43

,

55

--）)．

(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，

∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．

∴CP＝1．

∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．

因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，

当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，

∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，

∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(1

2

，0)，

∴OF＝1

2

，OD＝1，

∵CE∥OF，

∴△DOF∽△DEC，

∴OD OF DE CE

=，

∴

11

2 DE

=，

∴DE＝2，

∴OE＝3，

t的最大值为3，

当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．

同理可得t的最小值为﹣1．

综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.

8．已知：ABC内接于O，过点B作O的切线，交CA的延长线于点D，连接OB．

（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；

（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，

BM AM AD =+，求证：BN CN =；

（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为

O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点

P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连

接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=?，tan 2ECF ∠=，1

2

ON OQ =，10PQ OQ +=求CF 的长．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF 【解析】 【分析】 （1）延长BO 交

O 于G ，连接CG ，根据切线的性质可得可证∠DBC ＋∠CBG=90°，然后

根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG ＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ，从而证出结论；

（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH ，根据垂直平分线性质可得DH=AD ，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ，可得AB=AC ，再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ，从而证出结论；

（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2，然后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ，可设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形，利用r 和a 表示出各线段，最后根据

10PQ OQ +=a 和CF ．

【详解】

解：（1）延长BO 交

O 于G ，连接CG

∵BD 是

O 的切线

∴∠OBD=90° ∴∠DBC ＋∠CBG=90° ∵BG 为直径 ∴∠BCG=90° ∴∠CBG ＋∠G=90° ∴∠DBC=∠G ∵四边形ABGC 为O 的内接四边形

∴∠DAB=∠G ∴∠DAB=∠DBC

（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH

∴DM 垂直平分AH ∴DH=AD ∴∠DHA=∠DAH ∵BM

AM AD =+，=+BM MH BH

∴AD=BH ∴DH=BH ∴∠HDB=∠HBD

∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD 由（1）知∠DAB=∠DBC

∴∠DHA=∠DAB=∠DBC ∴∠DBC =2∠HBD ∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC ∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC ∴∠DAB=2∠ABC ∵∠DAB=∠ABC ＋∠C ∴∠ABC=∠C ∴AB=AC

∴点A 在BC 的垂直平分线上 ∵点O 也在BC 的垂直平分线上 ∴AO 垂直平分BC ∴BN CN =

（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，

∵90DCF CDB ∠+∠=? ∴∠DMC=90° ∵∠OBD=90° ∴∠DMC=∠OBD ∴CF ∥OB

∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ， ∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2 由（2）知OA 垂直平分BC ∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN ∴△CFN ≌△BON

∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r

∵

1

2

ON OQ = ∴OQ=2a ∵CF ∥OB ∴△QGO ∽△QCF