【正文】 點G的起點為D，終點為G″，如圖2②所示，∴點G的移動路線是線段DG″．∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90176。，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴點G移動路線的長為．點評：本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識，考查了動點的移動的路線長，綜合性較強．而發(fā)現(xiàn)∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關(guān)鍵．　13．（2014?東昌府區(qū)三模）已知：如圖，在△ABC中，AB=BC，D是AC中點，BE平分∠ABD交AC于點E，點O是AB上一點，⊙O過B、E兩點，交BD于點G，交AB于點F．（1）求證：AC與⊙O相切；（2）當(dāng)BD=6，sinC=時，求⊙O的半徑．考點：切線的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；解直角三角形．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）連接OE，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出BD⊥AC，推出∠ABE=∠DBE和∠OBE=∠OEB，得出∠OEB=∠DBE，推出OE∥BD，得出OE⊥AC，根據(jù)切線的判定定理推出即可；（2）根據(jù)sinC=求出AB=BC=10，設(shè)⊙O 的半徑為r，則AO=10﹣r，得出sinA=sinC=，根據(jù)OE⊥AC，得出sinA===，即可求出半徑．解答：（1）證明：連接OE，∵AB=BC且D是AC中點，∴BD⊥AC，∵BE平分∠ABD，∴∠ABE=∠DBE，∵OB=OE∴∠OBE=∠OEB，∴∠OEB=∠DBE，∴OE∥BD，∵BD⊥AC，∴OE⊥AC，∵OE為⊙O半徑，∴AC與⊙O相切．（2）解：∵BD=6，sinC=，BD⊥AC，∴BC=10，∴AB=BC=10，設(shè)⊙O 的半徑為r，則AO=10﹣r，∵AB=BC，∴∠C=∠A，∴sinA=sinC=，∵AC與⊙O相切于點E，∴OE⊥AC，∴sinA===，∴r=，答：⊙O的半徑是．點評：本題考查了平行線的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)和判定，解直角三角形，切線的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解（1）小題的關(guān)鍵是求出OE∥BD，解（2）小題的關(guān)鍵是得出關(guān)于r的方程，題型較好，難度適中，用了方程思想．　14．（2014?安徽模擬）閱讀材料：如圖，△ABC中，AB=AC，P為底邊BC上任意一點，點P到兩腰的距離分別為r1，r2，腰上的高為h，連接AP，則S△ABP+S△ACP=S△ABC，即：AB?r1+AC?r2=AB?h，∴r1+r2=h（1）理解與應(yīng)用如果把“等腰三角形”改成“等邊三角形”，那么P的位置可以由“在底邊上任一點”放寬為“在 三角形內(nèi)任一點”，即：已知邊長為2的等邊△ABC內(nèi)任意一點P到各邊的距離分別為r1，r2，r3，試證明：．（2）類比與推理邊長為2的正方形內(nèi)任意一點到各邊的距離的和等于　4??；（3）拓展與延伸若邊長為2的正n邊形A1A2…An內(nèi)部任意一點P到各邊的距離為r1，r2，…rn，請問r1+r2+…rn是否為定值（用含n的式子表示），如果是，請合理猜測出這個定值．考點：正多邊形和圓；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；探究型．分析：（1）由條件可以求出邊長為2的等邊三角形的高為，連接PA，PB，PC，仿照面積的割補法，得出S△PBC+S△PAC+S△PAB=S△ABC，而這幾個三角形的底相等，故化簡后可得出高的關(guān)系．（2）如圖正方形過正方形內(nèi)的任一點P向四邊做垂線就可以求出到正方形四邊的距離和為正方形邊長的2倍，從而得出結(jié)論．（3）問題轉(zhuǎn)化為正n邊形時，根據(jù)正n邊形計算面積的方法，從中心向各頂點連線，可得出n個全等的等腰三角形，用邊長2為底，邊心距為高，可求正n邊形的面積，然后由P點向正n多邊形，又可把正n邊形分割成n個三角形，以邊長為底，以rr…、rn為高表示面積，列出面積的等式，可求證r1+r2+…+rn為定值．解答：解：（1）分別連接AP，BP，CP，作AD⊥BC于D，∴∠ADB=90176。，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=2，∠ABC=60176。，∴∠BAD=30176。，∴BD=1，在Rt△ABD中，由勾股定理，得∴AD=∵S△ABP+S△BCP+S△ACP=S△ABC．∴AB?r1+BC?r2+AC?r3=BCAD，∵BC=AC=AB，∴r1+r2+r3=AD．∴r1+r2+r3=（2）如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90176。，AB=BC=CD=AD=2．∵PE⊥AB，PF⊥BC，PG⊥DC，PH⊥AD，∴四邊形PEBF是矩形，四邊形PFCG是矩形，四邊形PGDH是矩形，四邊形PHAE是矩形，∴PE=AH，PF=BE，PG=HD，PH=AE，∴PE+PF+PG+PH=AH+BE+HD+AE=AD+AB=4．故答案為4．（3）設(shè)正n邊形的邊心距為r，且正n邊形的邊長為2，∴S正n邊形=2nr．r=，∵S正n邊形=2r1+2r2+2r1+…+2rn，∴2r1+2r2+2r1+…+2rn=n，∴r1+r2+…+rn=nr=（為定值）．點評：本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)及利用面積分割法，求線段之間的關(guān)系，充分體現(xiàn)了面積法解題的作用．　15．（2014?安徽名校一模）如圖△ABC中∠A=90176。，以AB為直徑的⊙O交BC于D，E為AC邊中點，求證：DE是⊙O的切線．考點：切線的判定．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：證明題；壓軸題．分析：要想證DE是⊙O的切線，只要連接OD，AD，求證∠ODE=90176。即可．解答：證明：連接AD、DO；∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=∠ADC=90176。．∵E是AC的中點，∴DE=AE（直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半），∴∠EAD=∠EDA．∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO，∴∠EDO=∠EDA+∠ADO=∠EAD+∠DAO=∠CAB=90176。．∴OD⊥DE．DE是⊙O的切線．點評：本題考查的是切線的判定，要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心和這點（即為半徑），再證垂直即可．　16．（2014?灌南縣模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠ACD=∠AOC，AD⊥CD于點D．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AB=10，AD=2，求AC的長．考點：切線的判定；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：計算題；壓軸題．分析：（1）由半徑OA=OC，根據(jù)等邊對等角得到∠OCA=∠OAC，又根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到三角形AOC三個內(nèi)角和等于180176。，等量代換得∠AOC+2∠OCA=180176。，在等式兩邊同時2，把∠ACD=∠AOC代入得到∠ACD與∠OCA相加為90176。，可得∠DCO為90176。，又OC為半徑，根據(jù)切線的性質(zhì)可得CD為圓O的切線；（2）過A作AE垂直于OC，交OC于點E，再由（1）得到DC與CO垂直，且AD垂直于CD，根據(jù)垂直定義得到四邊形ADCE三個角為直角，可得此四邊形為矩形，根據(jù)矩形的對邊相等可得AD=CE，由AD的長得到CE的長，再由直徑AB的長求出半徑OA的長，在直角三角形AOE中，由OA及OE的長，利用勾股定理求出AE的長，由AE及CE的長，利用勾股定理即可求出AC的長．解答：解：（1）∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∵∠AOC+∠OCA+∠OAC=180176。，∴∠AOC+2∠OCA=180176。，∴∠AOC+∠OCA=90176。，∵∠ACD=∠AOC，∴∠ACD+∠OCA=90176。，即∠DCO=90176。，又∵OC是半徑，∴CD是⊙O的切線； …（3分）（2）過點A作AE⊥OC，垂足為E，可得∠AEC=90176。，由（1）得∠DCO=90176。，∵AD⊥CD，∴∠D=90176。，∴四邊形DCEA是矩形，又AD=2，∴CE=AD=2，…（4分）∵AB是直徑，且AB=10，∴OA=OC=5，∴OE=OC﹣CE=5﹣2=3，∴在Rt△AEO中，OA=5，OE=3，根據(jù)勾股定理得：AE==4，…（5分）∴在Rt△ACE中，CE=2，AE=4，根據(jù)勾股定理得：AC==2．…（6分）點評：此題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及切線的判定與性質(zhì)，利用了轉(zhuǎn)化的思想，證明切線的方法有兩種：有點連接圓心與此點，證明垂直；無點作垂線，證明垂線段長等于圓的半徑．　17．（2014?普陀區(qū)二模）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，點D為BC邊上一動點（不與點B重合），過D作射線DE交AB邊于E，使∠BDE=∠A，以D為圓心、DC的長為半徑作⊙D．（1）設(shè)BD=x，AE=y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域．（2）當(dāng)⊙D與AB邊相切時，求BD的長．（3）如果⊙E是以E為圓心，AE的長為半徑的圓，那么當(dāng)BD的長為多少時，⊙D與⊙E相切？考點：圓的綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）通過相似三角形△BDE∽△BAC的對應(yīng)邊成比例得到=，把相關(guān)線段的長度代入并整理得到y(tǒng)=5﹣x（0＜x≤）；（2）如圖，假設(shè)AB與⊙D相切于點F，連接FD．通過相似三角形△BFD∽△BGA的對應(yīng)邊成比例得到=．DF=6﹣BD，由勾股定理求得AG=4，BA=5，所以把相關(guān)線段的長度代入便可以求得BD的長度；（3）分類討論：⊙D與⊙E相外切和內(nèi)切兩種情況．由（1）的相似三角形推知BD=ED．所以如圖2，當(dāng)⊙D與⊙E相外切時．AE+CD=DE=BD；如圖3，當(dāng)⊙D與⊙E相內(nèi)切時．CD﹣AE=DE=BD．解答：解：（1）如圖，∵∠B=∠B，∠BDE=∠A，∴△BDE∽△BAC，∴=，∵AB=AC=5，BC=6，BD=x，AE=y，∴=，即y=5﹣x．∵0＜x≤6，且0≤y≤5，∴0＜x≤．綜上所述，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式及其定義域為：y=5﹣x（0＜x≤）；（2）如圖，假設(shè)AB與⊙D相切于點F，連接FD，則DF=DC，∠BFD=90176。．過點A作AG⊥BC于點G，則∠BGA=90176。．∴在△BFD和△BGA中，∠BFD=∠BGA=90176。，∠B=∠B，∴△BFD∽△BGA，∴=．又∵AB=AC=5，BC=6，AG⊥BC∴BG=BC=3，AG===4，∴=，解得BD=；（3）∵由（1）知，△BDE∽△BAC，∴=，即==1，∴BD=DE．如圖2，當(dāng)⊙D與⊙E相外切時．AE+CD=DE=BD，∵由（1）知，BD=x，AE=y，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是y=5﹣x，∴5﹣x+6﹣x=x，解得，x=，符合0＜x≤，∴BD的長度為．如圖3，當(dāng)⊙D與⊙E相內(nèi)切時．CD﹣AE=DE=BD，∵由（1）知，BD=x，AE=y，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是y=5﹣x，∴6﹣x﹣5+x=x，解得，x=，符合0＜x≤，∴BD的長度為．綜上所述，BD的長度是或．點評：本題考查了圓的綜合題．其中涉及到了相切兩圓的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征．遇到動點問題，需要對動點的位置進行分類討論．　18．（2014?江西模擬）如圖，矩形ABCD的邊AB=4，BC=3．一簡易量角器放置在矩形ABCD內(nèi)，其零度線即半圓O的直徑與邊AB重合，點A處是0刻度，點B處是180刻度．P點是量角器的半圓弧上一動點，過P點的切線與邊BC、CD（或其延長線）分別交于點E、F．設(shè)點P的刻度數(shù)為n，∠PAB=α．（1）當(dāng)n=136時，α=　22176?！?，求出α與n的關(guān)系式；（2）在P點的運動過程中，線段EB與EP有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請予證明；（3）在P點的運動過程中，F(xiàn)點在直線CD上的位置隨著α的變化而變化，當(dāng)F點在線段CD上時、在CD的延長線上時、在DC的延長線上時，對應(yīng)的α值分別是多少？（參考數(shù)據(jù)：176。≈）（4）連接BP，在P點的運動過程中，是否存在△ABP與△CEF相似的情況？若存在，求出此時n的值以及相應(yīng)的EF的長；若不存在，請說明理由．考點：圓的綜合題；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；矩形的性質(zhì)；圓周角定理；切線長定理；相似三角形的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（1）由∠AOP=136176?？汕蟪觥螾OB，進而求出∠PAB，用同樣的方法就可求出α與n的關(guān)系．（2）運用切線長定理即可解決問題．（3）先考慮各種臨界位置下α的值，就能得出點F分別在線段CD上、CD的延長線上、DC的延長線上時對應(yīng)α的取值范圍．（4）分點E在線段BC上和點E在線段BC的延長線上兩種情況進行討論，利用等邊三角形和直角三角形的有關(guān)性質(zhì)即可解決問題．解答：解：（1）連接OP，如圖1，由題可知：∠AOP=136176。．∴∠POB=44176。．∴∠PAB=22176。．∵∠AOP=n176。，∴∠POB=180176。﹣n176。．∴∠PAB=α=∠POB=（180176。﹣n176。）=90176。﹣n176。．故答案為：22176。，α與n的關(guān)系式α=90176。﹣n176。．（2）EB=EP．理由如下：如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90176。．∴EB與半圓O相切．又∵EP與半圓O相切，∴由切線長定理得：EB=EP．（3）①如圖2，此時點F與點D重合，連接DO．由切線長定理得：DP=DA=3，∠ADO=∠PDO．∴DO⊥AP．∴∠DAP=90176。﹣∠ADO=∠DOA．∵∠DAO=