中考数学压轴题(有答案)

（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．

（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．

∵PO⊥AD，

∴AO=DO．

∵AD=2，

∴OA=．

∵点P坐标为（﹣1，0），

∴OP=1．

∴PA==2．

∴BP=CP=2．

∴B（﹣3，0），C（1，0）．

（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．

如图2所示，线段MB、MC即为所求作．

四边形ACMB是矩形．

理由如下：

∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，

∴四边形ACMB是平行四边形．

∵BC是⊙P的直径，

∴∠CAB=90°．

∴平行四边形ACMB是矩形．

过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．

在△MHP和△AOP中，

∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，

∴△MHP≌△AOP．

∴MH=OA=，PH=PO=1．

∴OH=2．

∴点M的坐标为（﹣2，）．

（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．

∵四边形ACMB是矩形，

∴∠BMC=90°．

∵EG⊥BO，

∴∠BGE=90°．

∴∠BMC=∠BGE=90°．

∵点Q是BE的中点，

∴QM=QE=QB=QG．

∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．

∴∠MQG=2∠MBG．

∵∠COA=90°，OC=1，OA=，

∴tan∠OCA==．

∴∠OCA=60°．

∴∠MBC=∠BCA=60°．

∴∠MQG=120°．

∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．

（2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，进而得出OO1=3t得出答案即可；

（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可．

∴∠OAD=45°，

∵AB=4cm，AD=4cm，

∴CD=4cm，

∴tan∠DAC===，

∴∠DAC=60°，

∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°，

故答案为：105；

（2）如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E，

连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，

在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4，

∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°，

在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，

∴A1E==，

∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，

∴t﹣2=，

∴t=+2，

∴OO1=3t=2+6；

（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，

如图，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，

设⊙O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，

∴O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，

由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，

∴∠O2A2F=60°，

在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=，

∵OO2=3t1，AF=AA2+A2F=4t1+，

∴4t1+﹣3t1=2，

∴t1=2﹣，

②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，

记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三，

由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，

∴+2﹣（2﹣）=t2﹣（+2），

解得：t2=2+2，

综上所述，当d＜2时，t的取值范围是：2﹣＜t＜2+2．

（2）作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M的坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b的范围，

（3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用△APO∽△AOB和△AMP∽△AOB相似得出点P的坐标，再求出OP所在的直线解析式．

∵∠COE=90°

∴∠CFE=∠COE=45°，（圆周角定理）

②方法一：

如图，作OM⊥AB点M，连接OF，

∵OM⊥AB，直线的函数式为：y=﹣x+b，

∴OM所在的直线函数式为：y=x，

∴交点M（b，b）

∴OM2=（b）2+（b）2，

∵OF=4，

∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣（b）2﹣（b）2，

∵FM=FG，

∴FG2=4FM2=4×[42﹣（b）2﹣（b）2]=﹣b2=×（1﹣b2），

∵直线AB与有两个交点F、G．

∴4≤b＜5，

∴FG2=×（1﹣b2） （4≤b＜5）

方法二：

①如图，作OM⊥AB点M，连接OF，

∵直线的函数式为：y=﹣x+b，

∴B的坐标为（0，b），A的坐标为（b，0），

∴AB==b，

∴sin∠BAO===，

∴sin∠MAO===，

∴OM=b，

∴在RT△OMF中，

FM==

∵FG=2FM，

∴FG2=4FM2=4（42﹣b2）=﹣﹣b2=×（1﹣b2），

∵直线AB与有两个交点F、G．

∴4≤b＜5，

∴FG2=×（1﹣b2） （4≤b＜5）

（2）如图，

当b=5时，直线与圆相切，

∵在直角坐标系中，∠COE=90°，

∴∠CPE=∠ODC=45°，

∴存在点P，使∠CPE=45°，

连接OP，

∵P是切点，

∴OP⊥AB，

∴△APO∽△AOB，

∴=，

∵OP=r=4，OB=5，AO=，

∴=即AP=，

∵AB===，

作PM⊥AO交AO于点M，设P的坐标为（x，y），

∵△AMP∽△AOB，

∴=

∴=，

∴y=，

∴x=OM===

∴点P的坐标为（，）．

（2）首先得出四边形APCE是菱形，进而得出CM的长，进而利用锐角三角函数关系得出CP以及EF的长；

（3）∠GAE≠∠BGC，只能∠AGE=∠AEG，利用AD∥BC，得出△GAE∽△GBC，进而求出即可．

当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，

∴BH=AB•cosB=4，

∴AH=3，CH=4，

∴AC==5，

∴此时CP=r=5；

（2）如图2，若AP∥CE，APCE为平行四边形，

∵CE=CP，

∴四边形APCE是菱形，

连接AC、EP，则AC⊥EP，

∴AM=CM=，

由（1）知，AB=AC，则∠ACB=∠B，

∴CP=CE==，

∴EF=2=；

（3）如图3：过点C作CN⊥AD于点N，设AQ⊥BC，

∵=cosB，AB=5，

∴BQ=4，AN=QC=BC﹣BQ=4．

∵cosB=，

∴∠B＜45°，

∵∠BCG＜90°，

∴∠BGC＞45°，

∴∠BGC＞∠B=∠GAE，即∠BGC≠∠GAE，

又∠AEG=∠BCG≥∠ACB=∠B=∠GAE，

∴当∠AEG=∠GAE时，A、E、G重合，则△AGE不存在．

即∠AEG≠∠GAE

∴只能∠AGE=∠AEG，

∵AD∥BC，

∴△GAE∽△GBC，

∴=，即=，

解得：AE=3，EN=AN﹣AE=1，

∴CE===．

（2）①由OH=MH=，MH⊥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=2，Q的纵坐标为t，即可得S=，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．

∵点M（，），

∴OH=MH=，

∴∠MOD=45°，

∵∠AOD=90°，

∴∠AOM=45°，

∵OM=AM，

∴∠OAM=∠AOM=45°，

∴∠AMO=90°，

∴∠AMB=90°；

（2）①∵OH=MH=，MH⊥OD，

∴OM==2，OD=2OH=2，

∴OB=4，

∵动点P与点B重合时，OP•OQ=20，

∴OQ=5，

∵∠OQE=90°，∠POE=45°，

∴OE=5，

∴E点坐标为（5，0）

②∵OD=2，Q的纵坐标为t，

∴S=．

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=，

此时S=；

如图3，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，

∴OP=2，

∵OP•OQ=20，

∴t=OQ=5，

此时S=；

∴S的取值范围为5≤S≤10．

（2）易证：OA=OB=OC=0D=，然后由条件PE∥OB，PF∥AO可证△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA，从而可得==1，进而求出EP+FP=．

（3）易证：AD=BC=4．仿照（2）中的解法即可求出PE+PF=4，因而PE+PF是定值．

∵四边形ABCD是正方形，

∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°．

∵AB=BC=2，

∴AC=2．

∴OA=．

∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB，

∴PE+PF=OA=．

（2）如图3，

∵四边形ABCD是矩形，

∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°．

∵AB=4，AD=3，

∴BD=5．

∴OA=OB=OC=OD=．

∵PE∥OB，PF∥AO，

∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA．

∴，．

∴==1．

∴+=1．

∴EP+FP=．

∴PE+PF的值为．

（3）当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值．

理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4

∵DG与⊙O相切，

∴∠GDA=∠ABD．

∵∠ADG=30°，

∴∠ABD=30°．

∴∠AOD=2∠ABD=60°．

∵OA=OD，

∴△AOD是等边三角形．

∴AD=OA=4．

同理可得：BC=4．

∵PE∥BC，PF∥AD，

∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA．

∴，．

∴==1．

∴=1．

∴PE+PF=4．

∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4．

（2）由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进行讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．

（3）易证S△PED=S△PFD．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．

∵PH∥OA，

∴△CHP∽△COA．

∴==．

∵点P是AC中点，

∴CP=CA．

∴HP=OA，CH=CO．

∵A（3，0）、C（0，4），

∴OA=3，OC=4．

∴HP=，CH=2．

∴OH=2．

∵PH∥OA，∠COA=90°，

∴∠CHP=∠COA=90°．

∴点P的坐标为（，2）．

设直线DP的解析式为y=kx+b，

∵D（0，﹣5），P（，2）在直线DP上，

∴

∴

∴直线DP的解析式为y=x﹣5．

（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，

∵△DOM∽△ABC，

∴=．

∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．﹣5），

∴BC=3，AB=4，OD=5．

∴=．

∴OM=．

∵点M在x轴的正半轴上，

∴点M的坐标为（，0）

②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，

∵△DOM∽△CBA，

∴=．

∵BC=3，AB=4，OD=5，

∴=．

∴OM=．

∵点M在x轴的正半轴上，

∴点M的坐标为（，0）．

综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．

（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，

∴AC=5．

∴PE=PF=AC=．

∵DE、DF都与⊙P相切，

∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．

∴S△PED=S△PFD．

∴S四边形DEPF=2S△PED

=2×PE•DE

=PE•DE

=DE．

∵∠DEP=90°，

∴DE2=DP2﹣PE2．

=DP2﹣．

根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：

当DP⊥AC时，DP最短，

此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．

∵DP⊥AC，

∴∠DPC=90°．

∴∠AOC=∠DPC．

∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，

∴△AOC∽△DPC．

∴=．

∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，

∴=．

∴DP=．

∴DE2=DP2﹣

=（）2﹣

=．

∴DE=，

∴S四边形DEPF=DE

=．

∴四边形DEPF面积的最小值为．

（2）分两种情况：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上；②当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．

∵⊙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，

，

∴△PMF≌△PNE（ASA），

∴PE=PF；

（2）解：分两种情况：

①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图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=OE=ON﹣NE=1﹣t，

∴b+a=1+t+1﹣t=2，

∴b=2﹣a．

综上所述，当t＞1时，b=2+a；当0＜t≤1时，b=2﹣a；

（3）存在；

①如图3，当1＜t＜2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，M的坐标为（1，0），

∴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﹣t，0）

∴OQ=1﹣t，

由（1）得△PMF≌△PNE 

∴NE=MF=t，

∴OE=t﹣1

当△OEQ∽△MPF

∴=

∴=，

解得，t=，

当△OEQ∽△MFP时，

∴=，

=，

解得，t=，

②如图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﹣t，0）

∴OQ=t﹣1，

由（1）得△PMF≌△PNE 

∴NE=MF=t，

∴OE=t﹣1

当△OEQ∽△MPF

∴=

∴=，

无解，

当△OEQ∽△MFP时，

∴=，

=，

解得，t=2+，t=2﹣（舍去）

所以当t=，t=，t=2+时，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．

（2）以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长．

（3）要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长．

则PA=PD．

∴△PAD是等腰三角形．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=DC，∠B=∠C=90°．

∵PA=PD，AB=DC，

∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）．

∴BP=CP．

∵BC=4，

∴BP=CP=2．

②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，

则DA=DP′．

∴△P′AD是等腰三角形．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°．

∵AB=3，BC=4，

∴DC=3，DP′=4．

∴CP′==．

∴BP′=4﹣．

③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，

则AD=AP″．

∴△P″AD是等腰三角形．

同理可得：BP″=．

综上所述：在等腰三角形△ADP中，

若PA=PD，则BP=2；

若DP=DA，则BP=4﹣；

若AP=AD，则BP=．

（2）∵E、F分别为边AB、AC的中点，

∴EF∥BC，EF=BC．

∵BC=12，

∴EF=6．

以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．

∵AD⊥BC，AD=6，

∴EF与BC之间的距离为3．

∴OQ=3

∴OQ=OE=3．

∴⊙O与BC相切，切点为Q．

∵EF为⊙O的直径，

∴∠EQF=90°．

过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②．

∵EG⊥BC，OQ⊥BC，

∴EG∥OQ．

∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，

∴四边形OEGQ是正方形．

∴GQ=EO=3，EG=OQ=3．

∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，

∴BG=．

∴BQ=GQ+BG=3+．

∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+．

（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．

理由如下：

以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，

作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．

设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，

过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．

则⊙O是△ABG的外接圆，

∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，

∴AP=PB=AB．

∵AB=270，

∴AP=135．

∵ED=285，

∴OH=285﹣135=150．

∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，

∴∠BAK=∠GAK=30°．

∴OP=AP•tan30°

=135×

=45．

∴OA=2OP=90．

∴OH＜OA．

∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③．

∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90．．

∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，

∴HM=

=

=30．

∵AE=400，OP=45，

∴DH=400﹣45．

若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45+30．

∵400﹣45+30＞340，

∴DM＞CD．

∴点M不在线段CD上，应舍去．

若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30．

∵400﹣45﹣30＜340，

∴DM＜CD．

∴点M在线段CD上．

综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，

此时DM的长为（400﹣45﹣30）米．

（2）求PD的长，且此线段在上问已证相似的△PDF中，很明显用相似得成比例，再将其他边代入是应有的思路．利用已知条件易得其他边长，则PD可求．

（3）因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中，进而考虑转化，∠AFD=∠PCA，连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，过G点作AB的垂线，若此线过PB与AC的交点那么结论易求，因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线．但是“此线是否过PB与AC的交点”？此时首先需要做的是多画几个动点P，观察我们的猜想．验证得我们的猜想应是正确的，可是证明不能靠画图，如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键．常规作法不易得此结论，我们可以换另外的辅助线作法，先做垂线，得交点H，然后连接交点与B，再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因为C、D关于AB对称，可以延长CG考虑P点的对称点．根据等弧对等角，可得∠HBG=∠PCA，进而得解题思路．

∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所对的圆周角=180°﹣所对的圆周角=所对的圆周角=∠APC．

在△PAC和△PDF中，

，

∴△PAC∽△PDF．

（2）解：如图1，连接PO，则由，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF都为等腰直角三角形．

在Rt△ABC中，

∵AC=2BC，

∴AB2=BC2+AC2=5BC2，

∵AB=5，

∴BC=，

∴AC=2，

∴CE=AC•sin∠BAC=AC•=2•=2，

  AE=AC•cos∠BAC=AC•=2•=4，

∵△AEF为等腰直角三角形，

∴EF=AE=4，

∴FD=FC+CD=（EF﹣CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．

∵△APO为等腰直角三角形，AO=•AB=，

∴AP=．

∵△PDF∽△PAC，

∴，

∴，

∴PD=．

（3）解：如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q，

∵HC⊥CB，GH⊥GB，

∴C、G都在以HB为直径的圆上，

∴∠HBG=∠ACQ，

∵C、D关于AB对称，G在AB上，

∴Q、P关于AB对称，

∴，

∴∠PCA=∠ACQ，

∴∠HBG=∠PCA．

∵△PAC∽△PDF，

∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，

∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．

∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG==，

∴y==x．

（2）方案二、方案三中求圆的半径是常规的利用勾股定理或三角形相似中对应边长成比例等性质解直角三角形求边长的题目．一般都先设出所求边长，而后利用关系代入表示其他相关边长，方案二中可利用△O1O2E为直角三角形，则满足勾股定理整理方程，方案三可利用△AOM∽△OFN后对应边成比例整理方程，进而可求r的值．

（3）①类似（1）截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，虽然方案四中新拼的图象不一定为矩形，但直径也不得超过横纵向方向跨度．则选择最小跨度，取其，即为半径．由EC为x，则新拼图形水平方向跨度为3﹣x，竖直方向跨度为2+x，则需要先判断大小，而后分别讨论结论．

②已有关系表达式，则直接根据不等式性质易得方案四中的最大半径．另与前三方案比较，即得最终结论．

分析如下：

因为长方形的长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1；

（2）如图1，方案二中连接O1，O2，过O1作O1E⊥AB于E，方案三中，过点O分别作AB，BF的垂线，交于M，N，此时M，N恰为⊙O与AB，BF的切点．

方案二：

设半径为r，

在Rt△O1O2E中，

∵O1O2=2r，O1E=BC=2，O2E=AB﹣AO2﹣CO1=3﹣2r，

∴（2r）2=22+（3﹣2r）2，

解得 r=．

方案三：

设半径为r，

在△AOM和△OFN中，

，

∴△AOM∽△OFN，

∴，

∴，

解得 r=．

比较知，方案三半径较大；

（3）

①∵EC=x，

∴新拼图形水平方向跨度为3﹣x，竖直方向跨度为2+x．

类似（1），所截出圆的直径最大为3﹣x或2+x较小的．

a．当3﹣x＜2+x时，即当1＞x＞时，y=（3﹣x）；

b．当3﹣x=2+x时，即当x=时，y=（3﹣）=；

c．当3﹣x＞2+x时，即当0＜x＜时，y=（2+x）．

②当x＞时，y=（3﹣x）＜（3﹣）=；

当x=时，y=（3﹣）=；

当x＜时，y=（2+x）＜（2+）=，

∴方案四中，当x=时，y最大为．

∵1＜＜＜，

∴方案四时可取的圆桌面积最大．

（2）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EFCG=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形EFCG的范围．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．

∵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．

连接OD，如图2①，

∵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．

∵AD=4，AB=3，

∴BD=5，

S△CFE=（）2•S△DAB

=××3×4

=．

∴S矩形EFCG=2S△CFE

=．

∵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，如图2①所示．

此时，CF=CB=4．

Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，

如图2②所示，

此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．

Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，

如图2③所示．

S△BCD=BC•CD=BD•CF

∴4×3=5×CF

∴CF=．

∴≤CF≤4．

∵S矩形EFCG=，

∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42．

∴≤S矩形EFCG≤12．

∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，如图2②所示，

∴点G的移动路线是线段DG″．

∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，

∴△DCG″∽△DAB．

∴=．

∴=．

∴DG″=．

∴点G移动路线的长为．

（2）根据sinC=求出AB=BC=10，设⊙O 的半径为r，则AO=10﹣r，得出sinA=sinC=，根据OE⊥AC，得出sinA===，即可求出半径．

∵AB=BC且D是AC中点，

∴BD⊥AC，

∵BE平分∠ABD，

∴∠ABE=∠DBE，

∵OB=OE

∴∠OBE=∠OEB，

∴∠OEB=∠DBE，

∴OE∥BD，

∵BD⊥AC，

∴OE⊥AC，

∵OE为⊙O半径，

∴AC与⊙O相切．

（2）解：∵BD=6，sinC=，BD⊥AC，

∴BC=10，

∴AB=BC=10，

设⊙O 的半径为r，则AO=10﹣r，

∵AB=BC，

∴∠C=∠A，

∴sinA=sinC=，

∵AC与⊙O相切于点E，

∴OE⊥AC，

∴sinA===，

∴r=，

答：⊙O的半径是．

（2）如图正方形过正方形内的任一点P向四边做垂线就可以求出到正方形四边的距离和为正方形边长的2倍，从而得出结论．

（3）问题转化为正n边形时，根据正n边形计算面积的方法，从中心向各顶点连线，可得出n个全等的等腰三角形，用边长2为底，边心距为高，可求正n边形的面积，然后由P点向正n多边形，又可把正n边形分割成n个三角形，以边长为底，以r1、r2、…、rn为高表示面积，列出面积的等式，可求证r1+r2+…+rn为定值．

∴∠ADB=90°，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=AC=2，∠ABC=60°，

∴∠BAD=30°，

∴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=BC×AD，

∵BC=AC=AB，

∴r1+r2+r3=AD．

∴r1+r2+r3=

（2）如图2，∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=2．

∵PE⊥AB，PF⊥BC，PG⊥DC，PH⊥AD，

∴四边形PEBF是矩形，四边形PFCG是矩形，四边形PGDH是矩形，四边形PHAE是矩形，

∴PE=AH，PF=BE，PG=HD，PH=AE，

∴PE+PF+PG+PH=AH+BE+HD+AE=AD+AB=4．

故答案为4．

（3）设正n边形的边心距为r，且正n边形的边长为2，

∴S正n边形=×2n×r．r=，

∵S正n边形=×2×r1+×2×r2+×2×r1+…+×2×rn，

∴×2×r1+×2×r2+×2×r1+…+×2×rn=×n，

∴r1+r2+…+rn=nr=（为定值）．

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=∠ADC=90°．

∵E是AC的中点，

∴DE=AE（直角三角形中斜边中线等于斜边一半），

∴∠EAD=∠EDA．

∵OA=OD，

∴∠DAO=∠ADO，

∴∠EDO=∠EDA+∠ADO=∠EAD+∠DAO=∠CAB=90°．

∴OD⊥DE．

DE是⊙O的切线．

（2）过A作AE垂直于OC，交OC于点E，再由（1）得到DC与CO垂直，且AD垂直于CD，根据垂直定义得到四边形ADCE三个角为直角，可得此四边形为矩形，根据矩形的对边相等可得AD=CE，由AD的长得到CE的长，再由直径AB的长求出半径OA的长，在直角三角形AOE中，由OA及OE的长，利用勾股定理求出AE的长，由AE及CE的长，利用勾股定理即可求出AC的长．

∴∠OCA=∠OAC，

∵∠AOC+∠OCA+∠OAC=180°，

∴∠AOC+2∠OCA=180°，

∴∠AOC+∠OCA=90°，

∵∠ACD=∠AOC，

∴∠ACD+∠OCA=90°，即∠DCO=90°，

又∵OC是半径，

∴CD是⊙O的切线； …（3分）

（2）过点A作AE⊥OC，垂足为E，可得∠AEC=90°，

由（1）得∠DCO=90°，

∵AD⊥CD，

∴∠D=90°，

∴四边形DCEA是矩形，又AD=2，

∴CE=AD=2，…（4分）

∵AB是直径，且AB=10，

∴OA=OC=5，

∴OE=OC﹣CE=5﹣2=3，

∴在Rt△AEO中，OA=5，OE=3，

根据勾股定理得：AE==4，…（5分）

∴在Rt△ACE中，CE=2，AE=4，

根据勾股定理得：AC==2．…（6分）

（2）如图，假设AB与⊙D相切于点F，连接FD．通过相似三角形△BFD∽△BGA的对应边成比例得到=．DF=6﹣BD，由勾股定理求得AG=4，BA=5，所以把相关线段的长度代入便可以求得BD的长度；

（3）分类讨论：⊙D与⊙E相外切和内切两种情况．由（1）的相似三角形推知BD=ED．所以如图2，当⊙D与⊙E相外切时．AE+CD=DE=BD；如图3，当⊙D与⊙E相内切时．CD﹣AE=DE=BD．

∴△BDE∽△BAC，

∴=，

∵AB=AC=5，BC=6，BD=x，AE=y，

∴=，即y=5﹣x．

∵0＜x≤6，且0≤y≤5，

∴0＜x≤．

综上所述，y关于x的函数关系式及其定义域为：y=5﹣x（0＜x≤）；

（2）如图，假设AB与⊙D相切于点F，连接FD，则DF=DC，∠BFD=90°．

过点A作AG⊥BC于点G，则∠BGA=90°．

∴在△BFD和△BGA中，∠BFD=∠BGA=90°，∠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．

如图2，当⊙D与⊙E相外切时．

AE+CD=DE=BD，

∵由（1）知，BD=x，AE=y，y关于x的函数关系式是y=5﹣x，

∴5﹣x+6﹣x=x，

解得，x=，符合0＜x≤，

∴BD的长度为．

如图3，当⊙D与⊙E相内切时．CD﹣AE=DE=BD，

∵由（1）知，BD=x，AE=y，y关于x的函数关系式是y=5﹣x，

∴6﹣x﹣5+x=x，

解得，x=，符合0＜x≤，

∴BD的长度为．

综上所述，BD的长度是或．

（2）运用切线长定理即可解决问题．

（3）先考虑各种临界位置下α的值，就能得出点F分别在线段CD上、CD的延长线上、DC的延长线上时对应α的取值范围．

（4）分点E在线段BC上和点E在线段BC的延长线上两种情况进行讨论，利用等边三角形和直角三角形的有关性质即可解决问题．

由题可知：∠AOP=136°．

∴∠POB=44°．

∴∠PAB=22°．

∵∠AOP=n°，

∴∠POB=180°﹣n°．

∴∠PAB=α=∠POB=（180°﹣n°）=90°﹣n°．

故答案为：22°，

α与n的关系式α=90°﹣n°．

（2）EB=EP．

理由如下：

如图1，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°．

∴EB与半圆O相切．

又∵EP与半圆O相切，

∴由切线长定理得：EB=EP．

（3）①如图2，此时点F与点D重合，连接DO．

由切线长定理得：DP=DA=3，∠ADO=∠PDO．

∴DO⊥AP．

∴∠DAP=90°﹣∠ADO=∠DOA．

∵∠DAO=90°，AD=3，A0=2，

∴tan∠DOA===1.5．

∵tan56.3°≈1.5，

∴∠DOA=56.3°．

∴∠DAP=∠DOA=56.3°．

∴α=90°﹣56.3°=33.7°．

②如图3，当∠POB=90°时，显然过点P的切线与CD平行，

此时，α=45°．

③如图4，此时点E与点C重合．同①可得：α=56.3°．

结合以上临界位置可得：

当点F在线段CD上时，0°＜α≤33.7°或56.3°≤α＜90°；

当点F在线段CD的延长线上时，33.7°＜α＜45°；

当点F在线段DC的延长线上时，45°＜α＜56.3°．

（4）存在△ABP与△CEF相似的情况．

①当点E在BC上时，如图5所示，

若△ABP与△CEF相似，则必有∠ABP=∠CEF．

∵EF与半圆O相切，

∴∠OPE=90°．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°．

∴∠OPE=∠ABC=90°

∵OP=OB，

∴∠OPB=∠OBP．

∴∠EPB=∠EBP．

∴∠CEF=2∠EBP．

∴∠ABP=2∠EBP．

∵∠ABP+∠EBP=90°，

∴∠ABP=60°．

∴∠AOP=2∠ABP=120°．

∴n=120°．

此时，∠PAB=∠EPB=∠EBP=30°．

过点E作EH⊥BP，垂足为H．

∵EP=EB，EH⊥BP

∴PH=BH=PB=×2=1．

∴cos∠HBE===．

∴BE=．

∴CE=3﹣．

∵∠CEF=∠ABP=60°，

∴∠CFE=30°，

∴EF=2CE=6﹣．

②当点E在BC的延长线上时，如图6所示，

若△ABP与△CEF相似，则必有∠ABP=∠EFC．

∴∠E=90°﹣∠EFC=90°﹣∠ABP=∠EBP．

∵EB=EP，

∴∠EPB=∠EBP．

∴∠EPB=∠EBP=∠E．

∴△EPB是等边三角形．

∴∠EPB=∠EBP=60°．

∴∠OPB=∠OBP=30°．

∴∠AOP=60°．

∴n=60°．

∵AB=4，∠PBA=30°，

∴AP=2，PB=2．

∴EB=PB=2．

∴EC=2﹣3．

∵∠EFC=90°﹣60°=30°，

∴EF=2EC=4﹣6．

综上所述：△ABP与△CEF相似时，n=60°，EF=4﹣6或n=120°，EF=6﹣．

（2）连接DG，如图2，由勾股定理可求出AG=8．易证四边形ACGD是平行四边形，从而可求出DH=HC=4，AH=GH=4．由AP=t，AQ=t，AD=8，AH=4可推出△PAQ∽△DAH，从而有∠AQP=∠AHD，则有PQ∥DC．

（3）过点Q作QT⊥DC于点T，如图3所示．由条件可得到8＜t≤16．易证△HTQ∽△HCG，从而有HT=﹣4，QT=t﹣8．进而可得到PT==．根据勾股定理可得PQ2=（t﹣）2+．利用二次函数的性质，由8＜t≤16可得≤PQ≤8．由EF=8得EF2+16=+16．若=，可得PQ=4+，从而得到11＜PQ＜16．与“≤PQ≤8”矛盾，故当t＞8时，不存在t使得=．

当t=4时，AP=1×4=4．

∵EF为直径的半圆切AB于M，

∴OM⊥AB，即∠AMO=90°．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=90°，∠BAC=∠DAC=45°，AO=AC．

∴∠AMO=∠ABC．

∴OM∥BC．

∴△AMO∽△ABC．

∴==．

∴AM=AB=4，OM=BC=4．

∴AM=AP．

在△MAE和△PAE中，

．

∴△MAE≌△PAE．

∴EM=EP，∠AEM=∠AEP．

∴∠MEF=∠PEF．

在△MEF和△PEF中，

．

∴△MEF≌△PEF．

（2）当0≤t≤8时，PQ∥CD．

证明：∵AP=t≤8，

∴点P在线段AD上，如图2．

连接DG，

∵AB=8，BG=16，∠ABG=90°，

∴AG==8．

∵四边形ABCD是正方形，C为BG的中点，

∴AD∥BC，AD=BC=CG．

∴AD∥CG，AD=CG．

∴四边形ACGD是平行四边形．

∴DH=HC=DC=4，AH=GH=AG=4．

∵AP=t，AQ=t，AD=8，AH=4，

∴==．

∵∠PAQ=∠DAH，

∴△PAQ∽△DAH．

∴∠AQP=∠AHD．

∴PQ∥DC．

（3）当t＞8时，不存在t使得=．

理由如下：

∵点P到达终点所用时间为=24秒，点Q到达终点所用时间为=16秒，

∴8＜t≤16．

此时点P在DC上，点Q在HG上．

过点Q作QT⊥DC于点T，如图3所示．

∴∠HTQ=90°=∠HCG．

∴QT∥CG．

∴△HTQ∽△HCG．

∴==．

∵HC=4，CG=8，HG=4，HQ=t﹣4，

∴HT=﹣4，QT=t﹣8．

∴DT=DH+HT=4+﹣4=．

∵DP=t﹣8，

∴PT==．

∴PQ2=PT2+QT2=（8﹣）2+（t﹣8）2

=t2﹣24t+128

=（t﹣）2+．

∵8＜t≤16，

∴当t=时，PQ2取最小值，最小值为．

此时PQ=．

当t=8时，PQ2=16，则PQ=4；

当t=16时，PQ2=，则PQ=8．

∴≤PQ≤8．

∵EF=20M=8，

∴EF2+16=+16．

若=，

则PQ=×（+16）=4+．

∵2＜＜3，∴8＜4＜12．

∵3＜＜4，

∴11＜4+＜16．

∴11＜PQ＜16．

与“≤PQ≤8”矛盾，

所以当t＞8时，不存在t使得=．

（2）解法一：如图2①，过点O作OE⊥AC于E．先在Rt△ADC中，由勾股定理求出AD=3，由垂径定理求出AE=，再根据两角对应相等的两三角形相似证明△AEO∽△ADC，由相似三角形对应边成比例得到，求出AO=，即⊙O的半径为；解法二：如图2②，连接BC．先在Rt△ADC中，由勾股定理求出AD=3，再根据两角对应相等的两三角形相似证明△ABC∽△ACD，由相似三角形对应边成比例得到，求出AB=，则⊙O的半径为．

∵OA=OC，

∴∠ACO=∠CAO．

∵CD切⊙O于C，

∴OC⊥CD，

又∵AD⊥CD，

∴AD∥CO，

∴∠DAC=∠ACO，

∴∠DAC=∠CAO，

即AC平分∠BAD；

（2）解法一：如图2①，过点O作OE⊥AC于E．

在Rt△ADC中，AD===3，

∵OE⊥AC，

∴AE=AC=．

∵∠CAO=∠DAC，∠AEO=∠ADC=90°，

∴△AEO∽△ADC，

∴，即，

∴AO=，即⊙O的半径为．

解法二：如图2②，连接BC．

在Rt△ADC中，AD===3．

∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，

∵∠CAB=∠DAC，∠ACB=∠ADC=90°，

∴△ABC∽△ACD，

∴，

即，

∴AB=，

∴=，

即⊙O的半径为．

（2）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可得到AD==5；由△ACE为等腰直角三角形，得到AE=CE==3，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=4，则CD=7，易证得∴△PDA∽△PCD，得到===，所以PA=PD，PC=PD，然后利用PC=PA+AC可计算出PD．

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，

∴∠ACD=∠BCD=45°，

∴∠DAB=∠ABD=45°，

∴△DAB为等腰直角三角形，

∴DO⊥AB，

∵PD为⊙O的切线，

∴OD⊥PD，

∴DP∥AB；

（2）解：在Rt△ACB中，AB==10，

∵△DAB为等腰直角三角形，

∴AD===5，

∵AE⊥CD，

∴△ACE为等腰直角三角形，

∴AE=CE===3，

在Rt△AED中，DE===4，

∴CD=CE+DE=3+4=7，

∵∠PDA=∠PCD，∠P=∠P，

∴△PDA∽△PCD，

∴===，

∴PA=PD，PC=PD，

而PC=PA+AC，

∴PD+6=PD，

∴PD=．

（2）根据垂径定理可得OG垂直平分AD，继而可判断OG是△ABD的中位线，在Rt△ABD中求出BD，即可得出OG．

∵，

∴∠CAD=∠DAB=30°，

∵AO=DO，

∴∠OAD=∠ADO，

∴∠FAD=∠ADO，

∴AF∥DO，

∴DF⊥AF．

（2）在Rt△ABD中，∠BAD=30°，AB=10，

∴BD=5，

∵=，

∴OG垂直平分AD，

∴OG是△ABD的中位线，

∴OG=BD=．

于是∠PGC=∠PCG，所以PC=PG；

（2）连结OG，由点G是BC的中点，根据垂径定理的推论得OG⊥BC，BG=CG，易证得Rt△BOG∽Rt△BGF，则BG：BF=BO：BG，即BG2=BO•BF，把BG用CG代换得到CG2=BO•BF；

（3）解：连结OE，OG=OG=，在Rt△OBG中，利用勾股定理计算出BG=2，再利用BG2=BO•BF可计算出BF，从而得到OF=1，在Rt△OEF中，根据勾股定理计算出EF=2，由于AB⊥ED，根据垂径定理可得EF=DF，于是有DE=2EF=4．

∵PC为⊙O的切线，

∴OC⊥PC，

∴∠OCG+∠PCG=90°，

∵ED⊥AB，

∴∠B+∠BGF=90°，

∵OB=OC，

∴∠B=∠OCG，

∴∠PCG=∠BGF，

而∠BGF=∠PGC，

∴∠PGC=∠PCG，

∴PC=PG；

（2）解：CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG2=BO•BF．理由如下：

连结OG，如图，

∵点G是BC的中点，

∴OG⊥BC，BG=CG，

∴∠OGB=90°，

∵∠OBG=∠GBF，

∴Rt△BOG∽Rt△BGF，

∴BG：BF=BO：BG，

∴BG2=BO•BF，

∴CG2=BO•BF；

（3）解：连结OE，如图，

由（2）得OG⊥BC，

∴OG=，

在Rt△OBG中，OB=5，

∴BG==2，

由（2）得BG2=BO•BF，

∴BF==4，

∴OF=1，

在Rt△OEF中，EF==2，

∵AB⊥ED，

∴EF=DF，

∴DE=2EF=4．

（2）由于∠PMC=∠C，在Rt△ABC中，先根据勾股定理计算出BC=5，然后根据正弦的定义得到sin∠C==，于是得到sin∠PMC的值．

∵直线AC和PM分别与⊙O相切于点A，M，

∴PM=PA，OM⊥MP，BA⊥AC，

∴∠OMP=90°，∠BAC=90°，

∴∠1+∠2=90°，∠B+∠C=90°，

而∠2=∠B，

∴∠1=∠C，

∴PC=PM，

∴PA=PC，

∴点P是线段AC的中点；

（2）解：由（1）∠PMC=∠C，

在Rt△ABC中，AB=3，AC=4，

∴BC==5，

∴sin∠C==，

即sin∠PMC=．

（2）由直角三角形的特殊性质，可得AD的长，又有△ACD∽△ADE．根据相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求得圆的半径．

∵OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA．

∵∠OAD=∠DAE，

∴∠ODA=∠DAE．

∴DO∥MN．

∵DE⊥MN，

∴∠ODE=∠DEM=90°．

即OD⊥DE．

∵D在⊙O上，OD为⊙O的半径，

∴DE是⊙O的切线．

（2）解：∵∠AED=90°，DE=6，AE=3，

∴．

连接CD．

∵AC是⊙O的直径，

∴∠ADC=∠AED=90°．

∵∠CAD=∠DAE，

∴△ACD∽△ADE．

∴．

∴．

则AC=15（cm）．

∴⊙O的半径是7.5cm．

这样根据切线的判定定理即可得到结论；

（2）易得四边形OAED为正方形，然后根据正切的定义计算tan∠ABE的值；

（3）由AB是⊙O的直径得∠AFB=90°，再根据等角的余角相等得∠EAP=∠ABF，则tan∠EAP=tan∠ABE=，在Rt△EAP中，利用正切的定义可计算出EP，然后利用勾股定理可计算出AP．

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，

∵AB=AC，

∴AD垂直平分BC，即DC=DB，

∴OD为△BAC的中位线，

∴OD∥AC，

而DE⊥AC，

∴OD⊥DE，

∴DE是⊙O的切线；

（2）解：∵OD⊥DE，DE⊥AC，

∴四边形OAED为矩形，

而OD=OA，

∴四边形OAED为正方形，

∴AE=AO，

∴tan∠ABE==；

（3）解：∵AB是⊙O的直径，

∴∠AFB=90°，

∴∠ABF+∠FAB=90°，

而∠EAP+∠FAB=90°，

∴∠EAP=∠ABF，

∴tan∠EAP=tan∠ABE=，

在Rt△EAP中，AE=2，

∵tan∠EAP==，

∴EP=1，

∴AP==．

（2）分别求出等边三角形DOB面积和扇形DOB面积，即可求出答案．

∴∠ADB=90°，

∴∠BAC+∠ABD=90°，

∵∠DBC=∠BAC，

∴∠DBC+∠ABD=90°，

∴AB⊥BC，

∵AB为直径，

∴BC是⊙O切线；

（2）解：连接OD，过O作OM⊥BD于M，

∵∠BAC=30°，

∴∠BOD=2∠A=60°，

∵OB=OD，

∴△OBD是等边三角形，

∴OB=BD=OD=2，

∴BM=DM=1，

由勾股定理得：OM=，

∴阴影部分的面积S=S扇形DOB﹣S△DOB=﹣×2×=π﹣．

（2）由∠DAC=∠DAB，根据等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在Rt△ADB中，利用解直角三角形的方法可计算出AD=8，在Rt△ADE中可计算出AE=，然后由OD∥AE，

得△FDO∽△FEA，再利用相似比可计算出BF．

∵AB为⊙0的直径，

∴∠ADB=90°，

∴AD⊥BC，

∵AB=AC，

∴AD平分BC，即DB=DC，

∵OA=OB，

∴OD为△ABC的中位线，

∴OD∥AC，

∵DE⊥AC，

∴OD⊥DE，

∴EF是⊙0的切线；

（2）解：∵∠DAC=∠DAB，

∴∠ADE=∠ABD，

在Rt△ADB中，sin∠ADE=sin∠ABD==，而AB=10，

∴AD=8，

在Rt△ADE中，sin∠ADE==，

∴AE=，

∵OD∥AE，

∴△FDO∽△FEA，

∴=，即=，

∴BF=．

（2）由∠MON=60°，AB⊥OM，可求得AF的长，又由S阴影=S△AEF﹣S扇形ADF，即可求得答案．

∵⊙A与OM相切于点B，

∴AB⊥OM，

∵OC平分∠MON，

∴AF=AB=2，

∴ON是⊙A的切线；

（2）解：∵∠MON=60°，AB⊥OM，

∴∠OEB=30°，

∴AF⊥ON，

∴∠FAE=60°，

在Rt△AEF中，tan∠FAE=，

∴EF=AF•tan60°=2，

∴S阴影=S△AEF﹣S扇形ADF=AF•EF﹣×π×AF2=2﹣π．

（2）根据（1）所得△ADC∽△BAC，可得出CA的长度，继而判断∠CFA=∠CAF，利用等腰三角形的性质得出AF的长度，继而得出DF的长，在Rt△AFD中利用勾股定理可得出AF的长．

∴∠ADB=∠ADC=90°，

∵∠B=∠CAD，∠C=∠C，

∴△ADC∽△BAC，

∴∠BAC=∠ADC=90°，

∴BA⊥AC，

∴AC是⊙O的切线．

（2）∵BD=5，CD=4，

∴BC=9，

∵△ADC∽△BAC（已证），

∴=，即AC2=BC×CD=36，

解得：AC=6，

在Rt△ACD中，AD==2，

∵∠CAF=∠CAD+∠DAE=∠ABF+∠BAE=∠AFD，

∴CA=CF=6，

∴DF=CA﹣CD=2，

在Rt△AFD中，AF==2．