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24 如图,在⊙O 上位于直径AB 的异侧有定点C 和动点P , $AC=\frac{1}{2}AB$,点P 在弧AB 上运动(不与A、B 两点重合),过点C 作直线PB 的垂线CD 交PB 于点D。
(1) 如图①,求证: $△ PCD ∽ △ ABC$。
(2) 当点P 运动到什么位置时,有 $△ PCD ≌ △ ABC$? 请在图②中画出$△ PCD$并说明理由。
(3) 如图③,当 $CP ⊥ AB$ 时,求$∠ BCD$ 的度数。
(1) 如图①,求证: $△ PCD ∽ △ ABC$。
(2) 当点P 运动到什么位置时,有 $△ PCD ≌ △ ABC$? 请在图②中画出$△ PCD$并说明理由。
(3) 如图③,当 $CP ⊥ AB$ 时,求$∠ BCD$ 的度数。
答案
(1) 因为AB是⊙O的直径,所以∠ACB=90°。因为PD ⊥ CD,所以∠D=90°,所以∠D=∠ACB。因为∠A与∠P是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角,所以∠A=∠P,所以△PCD ∽ △ABC。
(2) 当点P运动到OC所在直径交弧AB的点上时,△PCD ≌ △ABC。因为AB、PC是⊙O的直径,所以∠PBC=∠ACB=90°。因为AB=PC,∠A=∠P,所以△PCD ≌ △ABC。
(3) 因为∠ACB=90°,AC=$\frac{1}{2}$AB,所以可得∠ABC=30°。因为△PCD ∽ △ABC,所以∠PCD=∠ABC=30°。因为CP ⊥ AB,AB是⊙O的直径,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AP}$,所以∠ACP=∠ABC=30°。因为CP ⊥ AB,所以∠CEB=90°,所以∠DCB+∠ABC=60°,所以∠BCD=30°。
(2) 当点P运动到OC所在直径交弧AB的点上时,△PCD ≌ △ABC。因为AB、PC是⊙O的直径,所以∠PBC=∠ACB=90°。因为AB=PC,∠A=∠P,所以△PCD ≌ △ABC。
(3) 因为∠ACB=90°,AC=$\frac{1}{2}$AB,所以可得∠ABC=30°。因为△PCD ∽ △ABC,所以∠PCD=∠ABC=30°。因为CP ⊥ AB,AB是⊙O的直径,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AP}$,所以∠ACP=∠ABC=30°。因为CP ⊥ AB,所以∠CEB=90°,所以∠DCB+∠ABC=60°,所以∠BCD=30°。
解析
【分析】
(1) 要证明△PCD∽△ABC，可通过两角对应相等的相似判定定理推导：首先利用直径所对圆周角为直角得到两个直角相等，再结合同弧所对的圆周角相等得到另一组对应角相等，即可证明相似。
(2) 相似三角形要升级为全等，需要对应边相等，已知两个三角形的斜边分别为PC和AB，AB是⊙O的直径，因此只要PC也为直径即可满足PC=AB，结合已证的相似关系就能得到全等，此时P是OC延长线与弧AB的交点。
(3) 先在Rt△ACB中由AC=1/2AB求出∠ABC的度数，再结合CP⊥AB的条件，利用垂径定理得到等弧对等角，结合相似三角形的对应角相等的性质，即可推导求出∠BCD的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
∵CD⊥PB，
∴∠D=90°，
∴∠D=∠ACB。
又
∵∠A和∠P都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=∠P，
∴△PCD∽△ABC。
(2) 当点P运动到PC为⊙O的直径（即连接CO并延长与弧AB的交点）时，△PCD≌△ABC，在图②中按该位置作出△PCD即可。
理由：
∵AB、PC都是⊙O的直径，
∴PC=AB。
由圆周角性质得∠A=∠P，结合(1)的结论可知∠D=∠ACB=90°，
∴△PCD≌△ABC（AAS）。
(3) 解：
∵∠ACB=90°，$AC=\frac{1}{2}AB$，
∴在Rt△ACB中，∠ABC=30°。
由(1)知△PCD∽△ABC，
∴∠PCD=∠ABC=30°。
∵CP⊥AB，AB是⊙O的直径，由垂径定理得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AP}$，
∴∠ACP=∠ABC=30°。
在Rt△CEB中，∠ECB=90°-∠ABC=60°，
∴∠BCD=∠ECB - ∠PCD=60°-30°=30°。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 当PC为⊙O的直径时，△PCD≌△ABC，理由如上；
(3) $∠ BCD=30°$
【知识点】
圆周角定理，相似三角形判定与性质，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，考查对圆的基本性质和三角形相似、全等判定的灵活运用能力，解题关键是抓住直径、垂直等特殊条件对应的几何性质，逐步推导结论。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明△PCD∽△ABC，可通过两角对应相等的相似判定定理推导：首先利用直径所对圆周角为直角得到两个直角相等，再结合同弧所对的圆周角相等得到另一组对应角相等，即可证明相似。
(2) 相似三角形要升级为全等，需要对应边相等，已知两个三角形的斜边分别为PC和AB，AB是⊙O的直径，因此只要PC也为直径即可满足PC=AB，结合已证的相似关系就能得到全等，此时P是OC延长线与弧AB的交点。
(3) 先在Rt△ACB中由AC=1/2AB求出∠ABC的度数，再结合CP⊥AB的条件，利用垂径定理得到等弧对等角，结合相似三角形的对应角相等的性质，即可推导求出∠BCD的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
∵CD⊥PB，
∴∠D=90°，
∴∠D=∠ACB。
又
∵∠A和∠P都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=∠P，
∴△PCD∽△ABC。
(2) 当点P运动到PC为⊙O的直径（即连接CO并延长与弧AB的交点）时，△PCD≌△ABC，在图②中按该位置作出△PCD即可。
理由：
∵AB、PC都是⊙O的直径，
∴PC=AB。
由圆周角性质得∠A=∠P，结合(1)的结论可知∠D=∠ACB=90°，
∴△PCD≌△ABC（AAS）。
(3) 解：
∵∠ACB=90°，$AC=\frac{1}{2}AB$，
∴在Rt△ACB中，∠ABC=30°。
由(1)知△PCD∽△ABC，
∴∠PCD=∠ABC=30°。
∵CP⊥AB，AB是⊙O的直径，由垂径定理得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AP}$，
∴∠ACP=∠ABC=30°。
在Rt△CEB中，∠ECB=90°-∠ABC=60°，
∴∠BCD=∠ECB - ∠PCD=60°-30°=30°。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 当PC为⊙O的直径时，△PCD≌△ABC，理由如上；
(3) $∠ BCD=30°$
【知识点】
圆周角定理，相似三角形判定与性质，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，考查对圆的基本性质和三角形相似、全等判定的灵活运用能力，解题关键是抓住直径、垂直等特殊条件对应的几何性质，逐步推导结论。
【难度系数】
0.65
25 如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，$\cos B=\frac{4}{5}$，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C与边AD交于点E、F（点F在点E的右侧），射线CE与射线BA交于点G。
（1）当圆C经过点A时，求CP的长。
（2）连接AP，当AP//CG时，求CP的长。
（3）当$△ AGE$是等腰三角形时，求圆C的半径长。
备用图
（1）当圆C经过点A时，求CP的长。
（2）连接AP，当AP//CG时，求CP的长。
（3）当$△ AGE$是等腰三角形时，求圆C的半径长。
备用图
答案
（1）如图①,当点A在⊙C上时,点E和点A重合,过点A作AH ⊥ BC于点H。在Rt△AHB中,∠AHB=90°,所以BH=AB×cosB=4。所以AH=3,CH=4,所以AC=5,所以CP=5。
(2) 若AP // CE,则四边形APCE为平行四边形。又因为CP=CE,所以□APCE为菱形。如图②,连接AC、EP交于点M,则AC ⊥ EP,所以AM=CM=$\frac{5}{2}$。由(1)知AC=AB,所以∠ACB=∠B。所以CP=$\frac{CM}{\cos∠ACB}$=$\frac{25}{8}$。
(3) 如图③,过点C作CN ⊥ AD于点N。因为cosB=$\frac{4}{5}$,所以∠B＜45°。又因为∠BCG＜90°,所以∠G＞45°,所以∠G＞∠B=∠GAE,AE＞GE,所以当△AGE是等腰三角形时,分以下两种情况讨论:
① 当GE=GA时,因为AG // CD,所以CE=CD,所以点E与点A重合,不合题意,舍去;
② 当AG=AE时,因为AD // BC,所以$\frac{AE}{BC}=\frac{AG}{BG}$,即$\frac{AE}{8}=\frac{AE}{AE+5}$,所以AE=3,EN=AN-AE=1,所以CE=$\sqrt{EN^2+CN^2}=\sqrt{10}$。综上所述,⊙C的半径是$\sqrt{10}$时,△AGE是等腰三角形。
解析
【分析】
（1）当圆C经过点A时，CP为圆C的半径，此时半径等于AC的长度，因此只需计算AC的长即可。可过点A作AH⊥BC构造直角三角形，结合已知的cosB和AB的长度，先求出BH、AH，再计算CH，最后用勾股定理求出AC，即可得到CP的长。
（2）当AP//CG时，即AP//CE，结合平行四边形ABCD中AD//BC的性质，可判定四边形APCE是平行四边形；又因为CP、CE均为圆C的半径，二者相等，故APCE为菱形。根据菱形对角线互相垂直的性质，结合（1）中AC=AB可得∠ACB=∠B，利用三角函数即可求出CP的长度。
（3）要解决△AGE为等腰三角形的问题，首先分析角的大小关系排除不可能的情况：由cosB=$\frac{4}{5}$可知∠B＜45°，结合∠BCG＜90°可推出∠G＞45°，即∠G＞∠GAE=∠B，排除AE=GE的情况；再对剩余两种等腰情况分类讨论：①GE=GA时可推出点E与A重合，不符合题意舍去；②AG=AE时，利用AD//BC得到的相似三角形对应边成比例列方程求出AE的长度，再作CN⊥AD，用勾股定理计算CE的长度即为圆的半径。
【解析】
（1）当⊙C经过点A时，点E与点A重合，CP为⊙C的半径，故CP=AC。
过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHB中，∠AHB=90°：
$BH = AB·\cos B = 5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
又$BC=8$，因此$CH=BC-BH=8-4=4$，
在Rt△AHC中，$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
故$CP=AC=5$。
（2）若$AP// CG$，即$AP// CE$，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$AD// BC$，即$AE// PC$，
∴四边形APCE是平行四边形，
又
∵CP、CE均为⊙C的半径，
∴$CP=CE$，
∴平行四边形APCE是菱形。
连接AC、EP交于点M，根据菱形的性质，$AC⊥ EP$，且$AM=CM=\frac{1}{2}AC$，
由（1）知$AC=AB=5$，
∴$∠ ACB=∠ B$，$CM=\frac{5}{2}$，
在Rt△CMP中，$\cos∠ ACB=\frac{CM}{CP}=\cos B=\frac{4}{5}$，
∴$CP=\frac{CM}{\cos∠ ACB}=\frac{\frac{5}{2}}{\frac{4}{5}}=\frac{25}{8}$。
（3）过点C作$CN⊥ AD$于点N，
∵$AD// BC$，
∴$CN=AH=3$，$AN=BH=4$。
由$\cos B=\frac{4}{5}$可知$∠ B＜45°$，又
∵$∠ BCG＜90°$，$∠ B+∠ BCG+∠ G=180°$，
∴$∠ G＞45°$，
∴$∠ G＞∠ B=∠ GAE$，因此$AE＞GE$，排除$AE=GE$的等腰情况，分两种情况讨论：
① 当$GE=GA$时，$∠ GAE=∠ GEA$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ GAE=∠ CDE$，又
∵$∠ GEA=∠ CED$，
∴$∠ CDE=∠ CED$，
∴$CE=CD=5$，此时点E与点A重合，不符合题意，舍去；
② 当$AG=AE$时，设$AE=x$，则$AG=x$，$BG=AB+AG=5+x$，
∵$AD// BC$，
∴$△ GAE∽△ GBC$，
∴$\frac{AE}{BC}=\frac{AG}{BG}$，即$\frac{x}{8}=\frac{x}{x+5}$，
解得$x=3$（$x=0$舍去），即$AE=3$，
∴$EN=AN-AE=4-3=1$，
在Rt△CNE中，$CE=\sqrt{EN^2+CN^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，即⊙C的半径为$\sqrt{10}$。
综上，当△AGE是等腰三角形时，⊙C的半径长为$\sqrt{10}$。
【答案】
（1）CP的长为5
（2）CP的长为$\frac{25}{8}$
（3）圆C的半径长为$\sqrt{10}$
【知识点】
平行四边形的性质，圆的基本性质，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是几何综合题，融合了平行四边形、圆、等腰三角形的相关知识，解题时需要通过作辅助线构造直角三角形，结合三角函数、勾股定理、相似三角形的性质求解，同时需要对等腰三角形的情况分类讨论，能有效考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.3
（1）当圆C经过点A时，CP为圆C的半径，此时半径等于AC的长度，因此只需计算AC的长即可。可过点A作AH⊥BC构造直角三角形，结合已知的cosB和AB的长度，先求出BH、AH，再计算CH，最后用勾股定理求出AC，即可得到CP的长。
（2）当AP//CG时，即AP//CE，结合平行四边形ABCD中AD//BC的性质，可判定四边形APCE是平行四边形；又因为CP、CE均为圆C的半径，二者相等，故APCE为菱形。根据菱形对角线互相垂直的性质，结合（1）中AC=AB可得∠ACB=∠B，利用三角函数即可求出CP的长度。
（3）要解决△AGE为等腰三角形的问题，首先分析角的大小关系排除不可能的情况：由cosB=$\frac{4}{5}$可知∠B＜45°，结合∠BCG＜90°可推出∠G＞45°，即∠G＞∠GAE=∠B，排除AE=GE的情况；再对剩余两种等腰情况分类讨论：①GE=GA时可推出点E与A重合，不符合题意舍去；②AG=AE时，利用AD//BC得到的相似三角形对应边成比例列方程求出AE的长度，再作CN⊥AD，用勾股定理计算CE的长度即为圆的半径。
【解析】
（1）当⊙C经过点A时，点E与点A重合，CP为⊙C的半径，故CP=AC。
过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHB中，∠AHB=90°：
$BH = AB·\cos B = 5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
又$BC=8$，因此$CH=BC-BH=8-4=4$，
在Rt△AHC中，$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
故$CP=AC=5$。
（2）若$AP// CG$，即$AP// CE$，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$AD// BC$，即$AE// PC$，
∴四边形APCE是平行四边形，
又
∵CP、CE均为⊙C的半径，
∴$CP=CE$，
∴平行四边形APCE是菱形。
连接AC、EP交于点M，根据菱形的性质，$AC⊥ EP$，且$AM=CM=\frac{1}{2}AC$，
由（1）知$AC=AB=5$，
∴$∠ ACB=∠ B$，$CM=\frac{5}{2}$，
在Rt△CMP中，$\cos∠ ACB=\frac{CM}{CP}=\cos B=\frac{4}{5}$，
∴$CP=\frac{CM}{\cos∠ ACB}=\frac{\frac{5}{2}}{\frac{4}{5}}=\frac{25}{8}$。
（3）过点C作$CN⊥ AD$于点N，
∵$AD// BC$，
∴$CN=AH=3$，$AN=BH=4$。
由$\cos B=\frac{4}{5}$可知$∠ B＜45°$，又
∵$∠ BCG＜90°$，$∠ B+∠ BCG+∠ G=180°$，
∴$∠ G＞45°$，
∴$∠ G＞∠ B=∠ GAE$，因此$AE＞GE$，排除$AE=GE$的等腰情况，分两种情况讨论：
① 当$GE=GA$时，$∠ GAE=∠ GEA$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ GAE=∠ CDE$，又
∵$∠ GEA=∠ CED$，
∴$∠ CDE=∠ CED$，
∴$CE=CD=5$，此时点E与点A重合，不符合题意，舍去；
② 当$AG=AE$时，设$AE=x$，则$AG=x$，$BG=AB+AG=5+x$，
∵$AD// BC$，
∴$△ GAE∽△ GBC$，
∴$\frac{AE}{BC}=\frac{AG}{BG}$，即$\frac{x}{8}=\frac{x}{x+5}$，
解得$x=3$（$x=0$舍去），即$AE=3$，
∴$EN=AN-AE=4-3=1$，
在Rt△CNE中，$CE=\sqrt{EN^2+CN^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，即⊙C的半径为$\sqrt{10}$。
综上，当△AGE是等腰三角形时，⊙C的半径长为$\sqrt{10}$。
【答案】
（1）CP的长为5
（2）CP的长为$\frac{25}{8}$
（3）圆C的半径长为$\sqrt{10}$
【知识点】
平行四边形的性质，圆的基本性质，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是几何综合题，融合了平行四边形、圆、等腰三角形的相关知识，解题时需要通过作辅助线构造直角三角形，结合三角函数、勾股定理、相似三角形的性质求解，同时需要对等腰三角形的情况分类讨论，能有效考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.3
