中考数学 圆的综合 综合题附详细答案

一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E． (1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；

(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，BFFA，连接EF，过点F作AD的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG； (3)在(2)的条件下，如图3，若AE=

2DG，PO=5，求EF的长． 3

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32． 【解析】 【分析】

（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；

（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；

（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出

12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=DG，DG=3a，

32MO1CO1，tanP=,设求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝

BM2PO2EH∥DG，求出OM=

OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案． 【详解】

（1）证明：连接OC，

∵PC为⊙O的切线，

∴OC⊥PC， ∵AD⊥PC， ∴OC∥AD， ∴∠OCA=∠DAC， ∵OC=OA， ∴∠PAC=∠OCA， ∴∠DAC=∠PAC；

（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，

∵FG∥AD， ∴∠FGD+∠D=180°， ∵∠D=90°， ∴∠FGD=90°， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠BEA=90°， ∴∠BED=90°，

∴∠D=∠HGD=∠BED=90°， ∴四边形HGDE是矩形， ∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°， ∵BFAF，

11o∠BEA=90=45°，

22∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°， ∴∠HEF=∠HFE， ∴FH=EH，

∴FG=FH+GH=DE+DG；

∴∠HEF=∠FEA=

（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，

∵EH=HF，OE=OF，HO=HO， ∴△FHO≌△EHO， ∴∠FHO=∠EHO=45°，

∵四边形GHED是矩形， ∴EH∥DG，

∴∠OMH=∠OCP=90°，

∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°， ∴∠HOM=∠OHM， ∴HM=MO， ∵OM⊥BE， ∴BM=ME， ∴OM=

1AE， 22DG，DG=3a， 3设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°， ∴四边形GHMC是矩形， ∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a， ∵DG=HE，GC=HM， ∴ME=CD=2a，BM=2a， 在Rt△BOM中，tan∠MBO=∵EH∥DP， ∴∠P=∠MBO， tanP=

MOa1， BM2a2CO1， PO2设OC=k，则PC=2k， 在Rt△POC中，OP=5k=5， 解得：k=5，OE=OC=5，

在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5， a=1， ∴HE=3a=3，

在Rt△HFE中，∠HEF=45°， ∴EF=2HE=32． 【点睛】

考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．

2．如图，AB是半圆O的直径，C是

的中点，D是

的中点，AC与BD相交于点E.

（1）求证：BD平分∠ABC； （2）求证：BE=2AD； （3）求

DE的值. BE21 2【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）【解析】

试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；

（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；

（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2 ，DH=21, 然后根据相似三角形的性质可求解. 试题解析：（1）∵D是∴AD=DC ∴∠CBD=∠ABD ∴BD平分∠ABC

（2）提示：延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, BE=AF=2AD

的中点

（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下： 设OH为1，则BC为2，OB=OD=2 ， DH=21,

DEDH= BEBCDE21= BE2

3．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．

（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？

【答案】（1）【解析】

204252；（2） 52；（3）

32分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；

（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；

（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处， 如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，

设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l， 由切线长定理可知C′E=C′D， 设C′D=x，则C′E=x， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形，

∴C′F=2x，∠OFD=45°， ∴△OFD也是等腰直角三角形， ∴OD=DF， ∴

2x+x=1，则x=2-1，

∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C运动的时间为则经过

52； 252秒，△ABC的边与圆第一次相切； 2（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，

A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F， ∵CC′=2t，DD′=t，

∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，

答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=1022， 310222042=． 33∴点B运动的距离为2×

点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．

4．如图，RtABC内接于⊙O，ACBC，BAC的平分线AD与⊙O交于点D，与

BC交于点E，延长BD，与AC的延长线交于点F，连接CD，G是CD的中点，连接OG.

(1)判断OG与CD的位置关系，写出你的结论并证明; (2)求证:AEBF;

(3)若OGDE3(22)，求⊙O的面积.

【答案】（1）OG⊥CD（2）证明见解析（3）6π 【解析】

试题分析：（1）根据G是CD的中点，利用垂径定理证明即可； （2）先证明△ACE与△BCF全等，再利用全等三角形的性质即可证明； （3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解． 试题解析：（1）解：猜想OG⊥CD．证明如下：

如图1，连接OC、OD．∵OC=OD，G是CD的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG⊥CD．

（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，而∠CAE=∠CBF（同弧所对的圆周角相等）．在Rt△ACE和Rt△BCF中，∵∠ACE=∠BCF=90°，AC=BC，∠CAE=∠CBF，∴Rt△ACE≌Rt△BCF（ASA），∴AE=BF．

（3）解：如图2，过点O作BD的垂线，垂足为H，则H为BD的中点，∴OH=AD=2OH，又∠CAD=∠BAD⇒CD=BD，∴OH=OG．在Rt△BDE和Rt△ADB中，∵∠DBE=∠DAC=∠BAD，∴Rt△BDE∽Rt△ADB，∴

1AD，即2BDDE，即BD2=AD•DE，ADDB∴BD2ADDE2OGDE（．又BD=FD，∴BF=2BD，622）∴BF24BD224①，设AC=x，则BC=x，AB=2x．∵AD是∠BAC的平分（22）线，∴∠FAD=∠BAD．在Rt△ABD和Rt△AFD中，∵∠ADB=∠ADF=90°，AD=AD，∠FAD=∠BAD，∴Rt△ABD≌Rt△AFD（ASA），∴AF=AB=2x，BD=FD，∴CF=AF﹣AC=2xx（21）x．在Rt△BCF中，由勾股定理，得：

BF2BC2CF2x2（[21）x]2（222）x2②，由①、②，得

，∴x2=12，解得：x23或23（舍去），（222）x224（22）∴AB2x22326，∴⊙O的半径长为6，∴S⊙O=π•（6）2=6π．

点睛：本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．

5．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接OC、BC、CE． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若圆O的直径等于2，填空： ①当AD= 时，四边形OADC是正方形； ②当AD= 时，四边形OECB是菱形．

【答案】(1)见解析；（2）①1；②3． 【解析】

试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°； （2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；

②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长． 试题解析：解：∵AM⊥AB， ∴∠OAD=90°．

∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，

∴△OAD≌△OCD， ∴∠OCD=∠OAD=90°． ∴OC⊥CD， ∴CD是⊙O的切线．

（2）①∵当四边形OADC是正方形， ∴AO=AD=1． 故答案为：1．

②∵四边形OECB是菱形， ∴OE=CE． 又∵OC=OE， ∴OC=OE=CE． ∴∠CEO=60°． ∵CE∥AB， ∴∠AOD=60°．

在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1， ∴AD=． 故答案为：．

点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．

6．如图1，四边形ABCD为⊙O内接四边形，连接AC、CO、BO，点C为弧BD的中点． （1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO；

（2）如图2，点E在OC上，连接EB，延长CO交AB于点F，若∠DAB=∠OBA+∠EBA．求证：EF=EB；

（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB，CE=2，AB=13，求AD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7． 【解析】

试题分析：（1）如图1中，连接OA，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，由点C是

BD 中点，推出CDCB ，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO； （2）想办法证明∠EFB=∠EBF即可；

（3）如图3中，过点O作OH⊥AB，垂足为H，延长BE交HO的延长线于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，连接OA．作CT∠⊥AB于T．首先证明△EFB是等边三角形，再证明△ACK≌△ACT，Rt△DKC≌Rt△BTC，延长即可解决问题；

试题解析：（1）如图1中，连接OA， ∵OA=OC，∴∠1=∠ACO，

∵OA=OB，∴∠2=∠ABO，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO， ∵点C是BD中点，∴CDCB，∴∠BAC=∠DAC， ∴∠DAC=∠ACO+∠ABO．

（2）如图2中，

∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB，∠COB=2∠BAC，∴∠BAD=∠BOC， ∵∠DAB=∠OBA+∠EBA，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA， ∴∠EFB=∠EBF，∴EF=EB．

（3）如图3中，过点O作OH⊥AB，垂足为H，延长BE交HO的延长线于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，连接OA．作CT∠⊥AB于T．

∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°， ∵∠EFB=∠EBF，∴∠G=∠HOF，

∵∠HOF=∠EOG，∴∠G=∠EOG，∴EG=EO， ∵OH⊥AB，∴AB=2HB，

∵OE+EB=AB，∴GE+EB=2HB，∴GB=2HB，

HB1 ，∴∠GBA=60°， GB2∴△EFB是等边三角形，设HF=a， ∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a，

∴cos∠GBA=

∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=∵NE=

13， 2131317﹣a，OB=OC=OE+EC=﹣a+2=﹣a， 2221113EF=a+， 22413113133﹣a）﹣（a+）=﹣a， 22442∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，

∴ON=OE=EN=（∴（

1713313113﹣a）2﹣（﹣a）2=（a+）2﹣（a+）2， 2422243或﹣10（舍弃）， 2∴OE=5，EB=8，OB=7，

解得a=

∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，∴△ACK≌△ACT，∴CK=CT，AK=AT， ∵CDCB，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT， ∵FT=

1FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7． 2

7．定义：

数学活动课上，给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.

理解： ⑴如图，已知角形”（画出点

是⊙

上两点，请在圆上找出满足条件的点

，使

为“智慧三

的位置，保留作图痕迹）；

中，

是

的中点，

是

上一点，且

，试

⑵如图，在正方形判断运用：

是否为“智慧三角形”，并说明理由；

中，⊙

的半径为，点

是直线

上的一点，若

⑶如图，在平面直角坐标系在⊙时点

上存在一点的坐标.

，使得

为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（22122，），（，3331）． 3

【解析】

试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解． 试题解析： （1）如图1所示：

（2）△AEF是否为“智慧三角形”， 理由如下：设正方形的边长为4a， ∵E是DC的中点， ∴DE=CE=2a， ∵BC：FC=4：1， ∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，

在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，

在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2， 在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2， ∴AE2+EF2=AF2， ∴△AEF是直角三角形，

∵斜边AF上的中线等于AF的一半， ∴△AEF为“智慧三角形”； （3）如图3所示：

由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，

根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值， 由垂线段最短可得斜边最短为3， 由勾股定理可得PQ=PM=1×2

÷3=

，

， ，

由勾股定理可求得OM=

故点P的坐标（﹣，），（，）．

考点：圆的综合题．

8．如图，AB为

O的直径，C、D为O上异于A、B的两点，连接CD，过点C作

CEDB，交CD的延长线于点E，垂足为点E，直径AB与CE的延长线相交于点F.

（1）连接AC、AD，求证：DACACF180. （2）若ABD2BDC. ①求证：CF是

O的切线.

3时，求CF的长. 4②当BD6，tanF【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② CF【解析】 【分析】

20. 3（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD⊥BD，由CE⊥DB证得AD∥CF，根据平行线的性质即可证得结论；

（2）①连接OC．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC∥DB，再由CE⊥DB，得到OC⊥CF，根据切线的判定即可证明CF为⊙O的切线；

②由CF∥AD，证出∠BAD=∠F，得出tan∠BAD=tan∠F=用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=【详解】 解：（1）AB是

BD34=，求出AD=BD=8，利AD43OC3=，即可求出CF． CF4O的直径，且D为O上一点，

ADB90， CEDB， DEC90， CF//AD，

DACACF180. （2）①如图，连接OC. OAOC，12. 312， 321.

42BDC，BDC1， 421， 43， OC//DB. CEDB， OCCF.

又OC为O的半径， CF为O的切线.

②由（1）知CF//AD，

BADF，

tanBADtanFBD3. AD43， 4BD6

AD4BD8， 3AB628210，OBOC5.

OCCF， OCF90，

OC3tanF，

CF420. 解得CF3【点睛】

本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．

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kAQBQ，则称点A（或点B）是⊙C的“K相关依附点”，特别CQ2AQ2BQ（或）． CQCQ地，当点A和点B重合时，规定AQ=BQ，k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r2时，

①若A1(0,1)是⊙C的“k相关依附点”，求k的值． ②A2(1+2，0)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k3时，求r的取值范围．

（3）若存在r的值使得直线y3x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）①2．②是；（2）①k3b33．

3；②r的取值范围是1≤r2；（3）

【解析】 【分析】

（1）①如图1中，连接AC、QA1．首先证明QA1是切线，根据k问题；

②根据定义求出k的值即可判断；

（2）①如图，当r1时，不妨设直线QM与②如图3中，若直线QM与

2AQ计算即可解决CQC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；

C不相切，设直线QM与C的另一个交点为N（不妨设

2，推出

QNQM，点N，M在x轴下方时同理），作CDQM于点D，则MDND，可得MQNQ(MNNQ)NQ2ND2NQ2DQ，CQkMQNQ2DQDQ，可得当kCQCQ3时，DQ3，此时CDCQ2DQ21，

假设

C经过点Q，此时r2，因为点Q早C外，推出r的取值范围是1r2；

（3）如图4中，由（2）可知：当k3时，1r2．当r2时，C经过点

Q(1,0)或E(3,0)，当直线y3xb经过点Q时，b3，当直线y3xb经过点E时，b33，即可推出满足条件的b的取值范围为3b33． 【详解】

（1）①如图1中，连接AC、QA1．

由题意：OCOQOA1，△QA1C是直角三角形，CA1Q90，即

CA1QA1，QA1是C的切线，k②

2QA1222． QC2A2(12,0)在

C上，k221212，A2是C的“2相关依附

2点”．

故答案为：2，是；

（2）①如图2，当r1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．

Q(1,0)，C(1,0)，r1，CQ2，CM1，MQ3，此时

k2MQ3； CQ②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，

MQNQ(MNNQ)NQ2ND2NQ2DQ，CQ2，k假设

MQNQ2DQDQ，当kCQCQ3时，DQ3，此时CDCQ2DQ21，

C经过点Q，此时r2，点Q早C外，r的取值范围是1r2．

（3）如图4中，由（2）可知：当k3时，1r2．

当r2时，C经过点Q(1,0)或E(3,0)，当直线y3xb经过点Q时，

b3，当直线y3xb经过点E时，b33，满足条件的b的取值范围为

3b33．

【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．已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠DAB＝120°，BC＝CD，AD＝4，AC＝7，求AB的长度．

【答案】AB＝3． 【解析】 【分析】

作DE⊥AC，BF⊥AC，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BCCD，进而得到∠DAC＝∠CAB＝60°，在Rt△ADE中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE＝23，AE＝2，再由Rt△DEC中，根据勾股定理求出DC的长，在△BFC和△ABF中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF的长，然后根据求出的两个结果，由AB＝2AF，分类讨论求出AB的长即可. 【详解】

作DE⊥AC，BF⊥AC，

∵BC＝CD， ∴BCCD， ∴∠CAB＝∠DAC， ∵∠DAB＝120°， ∴∠DAC＝∠CAB＝60°， ∵DE⊥AC，

∴∠DEA＝∠DEC＝90°， ∴sin60°＝

DEAE，cos60°＝， 44∴DE＝23，AE＝2， ∵AC＝7， ∴CE＝5， ∴DC＝2325237，

∴BC＝37， ∵BF⊥AC，

∴∠BFA＝∠BFC＝90°， ∴tan60°＝

BF，BF2+CF2＝BC2， AF∴BF＝3AF， ∴

327AF237，

2∴AF＝2或AF＝∵cos60°＝

3， 2AF， AB∴AB＝2AF，

当AF＝2时，AB＝2AF＝4， ∴AB＝AD， ∵DC＝BC，AC＝AC， ∴△ADC≌△ABC（SSS）， ∴∠ADC＝∠ABC，

∵ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， 但AC＝49，ADDC4AC2≠AD2+DC2，

∴AB＝4（不合题意，舍去），

2

22237253，

3时，AB＝2AF＝3， 2∴AB＝3． 【点睛】

当AF＝

此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.